第二章 空间向量与立体几何 章末检测试卷（含答案）

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1、章末检测试卷章末检测试卷(二二) (时间：120 分钟 满分：150 分) 一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分) 1已知 a3m2n4p0，b(x1)m8n2yp，且 m，n，p 不共面，若 ab，则 x，y 的值为( ) A13,8 B13,5 C7,5 D7,8 考点 空间向量的数乘运算 题点 空间共线向量定理及应用 答案 A 解析 ab 且 a0， ba，即(x1)m8n2yp3m2n4p. 又m，n，p 不共面，x1 3 8 2 2y 4， x13，y8. 2已知平面 的一个法向量是(2，1,1)，则下列向量可作为平面 的一个法向量的 是( ) A(4,2，

2、2) B(2,0,4) C(2，1，5) D(4，2,2) 考点 直线的方向向量与平面的法向量 题点 求平面的法向量 答案 D 解析 ， 的法向量与 的法向量平行， 又(4，2,2)2(2，1,1)，故选 D. 3下列各组向量中不平行的是( ) Aa(1,2，2)，b(2，4,4) Bc(1,0,0)，d(3,0,0) Ce(2,3,0)，f(0,0,0) Dg(2,3,5)，h(16,24,40) 考点 空间向量的数乘运算 题点 空间共线向量定理及应用 答案 D 解析 对于 A，b2a，即 ab；对于 B，d3c，即 dc；对于 C，零向量与任何向量 都平行 4在以下命题中，不正确的个数为(

3、 ) |a|b|ab|是 a，b 共线的充要条件； 对 ab，则存在唯一的实数 ，使 ab； 对空间任意一点 O 和不共线的三点 A，B，C，若OP 2OA 2OB OC ，则 P，A，B，C 四点共面； |(a b) c|a| |b| |c|. A2 B3 C4 D1 考点 空间向量的数乘运算 题点 空间共面向量定理及应用 答案 C 解析 |a|b|ab|a 与 b 的夹角为 ，故是充分不必要条件，故不正确；b 需为非零 向量，故不正确；因为 2211，由共面向量定理知，不正确；由向量的数量积的性 质知，不正确 5已知空间四边形 ABCD，点 E，F 分别是 AB 与 AD 边上的点，M，N

4、 分别是 BC 与 CD 边 上的点，若AE AB，AFAD ，CM CB ，CN CD ，则向量EF 与MN 满足的关系为( ) AEF MN BEF MN C|EF |MN | D|EF |MN | 考点 空间向量的数乘运算 题点 空间共线向量定理及应用 答案 B 解析 AE AFABAD DB ， 即FE DB .同理NM DB .因为 DB DB ， 所以FE NM ， 即EF MN .又 与 不一定相等，故EF 不一定等于MN 且|MN |不一定等于|EF |. 6已知向量 a(0,2,1)，b(1,1，2)，则 a 与 b 的夹角为( ) A0 B45 C90 D180 考点 空间

5、向量数量积的应用 题点 利用数量积求角 答案 C 解析 cosa，b a b |a|b| 22 5 60， 又a，b0，180， a，b90 . 7A，B，C，D 是空间不共面的四点，且满足AB AC0，AC AD 0，AB AD 0，M 为 BC 中点，则AMD 是( ) A钝角三角形 B锐角三角形 C直角三角形 D不确定 考点 空间向量数量积的概念及性质 题点 数量积的性质 答案 C 解析 M 为 BC 中点， AM 1 2(AB AC) AM AD 1 2(AB AC) AD 1 2AB AD 1 2AC AD 0. AMAD，AMD 为直角三角形 8.如图所示，在三棱柱 ABCA1B1

6、C1中，AA1底面 ABC，ABBCAA1，ABC90 ，点 E，F 分别是棱 AB，BB1的中点，则直线 EF 和 BC1的夹角是( ) A45 B60 C90 D120 考点 空间向量的数量积的应用 题点 利用数量积求角 答案 B 解析 不妨设 ABBCAA11， 则EF BFBE1 2(BB1 BA )，BC 1 BC BB 1 ， |EF |1 2|BB1 BA |2 2 ，|BC1 | 2， EF BC 1 1 2(BB1 BA ) (BCBB 1 )1 2， cosEF ，BC 1 EF BC 1 |EF |BC 1 | 1 2 2 2 2 1 2， EF ，BC 1 60 ，即异

7、面直线 EF 与 BC1的夹角是 60 . 9已知OA (1,2,3)，OB (2,1,2)，OP (1,1,2)，点 Q 在直线 OP 上运动，则当QA QB 取得 最小值时，点 Q 的坐标为( ) A. 1 2， 3 4， 1 3 B. 1 2， 3 2， 3 4 C. 4 3， 4 3， 8 3 D. 4 3， 4 3， 7 3 考点 空间向量运算的坐标表示 题点 空间向量的坐标运算 答案 C 解析 设 Q(x，y，z)，因 Q 在OP 上，故有OQ OP ， 设OQ OP (R)，可得 x，y，z2， 则 Q(，2)，QA (1，2，32)， QB (2，1，22)， 所以QA QB

8、6216106 4 3 22 3， 故当 4 3时，QA QB 取最小值，此时 Q 4 3， 4 3， 8 3 . 10在矩形 ABCD 中，AB1，BC 2，PA平面 ABCD，PA1，则直线 PC 与平面 ABCD 的夹角为( ) A30 B45 C60 D120 考点 题点 答案 A 解析 以 A 为坐标原点，AB，AD，AP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空 间直角坐标系 Axyz，则 P(0,0,1)，C(1， 2，0)，PC (1， 2，1)， 平面 ABCD 的一个法向量为 n(0,0,1)，所以 cosPC ，nPC n |PC |n| 1 2， 又因为

9、PC ，n0，180， 所以PC ，n120 ， 所以斜线 PC 与平面 ABCD 的法向量所在直线的夹角为 60 ， 所以斜线 PC 与平面 ABCD 的夹 角为 30 . 11.如图，过边长为 1 的正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 EA平面 AC， 若 EA1， 则平面 ADE 与平面 BCE 夹角的大小为( ) A120 B45 C150 D60 考点 题点 答案 B 解析 以 A 为坐标原点，分别以 AB，AD，AE 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示 的空间直角坐标系 Axyz， 则 A(0,0,0)，E(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)， EB

10、(1,0，1)，EC(1,1，1) 设平面 BCE 的法向量为 n(x，y，z)， 则 n EB 0， n EC 0， 即 xz0， xyz0， 可取 n(1,0,1) 又平面 EAD 的法向量为AB (1,0,0)， 所以 cosn，AB 1 21 2 2 ， 故平面 ADE 与平面 BCE 夹角的大小 45 . 12将正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成直二面角 ABDC，有如下四个结论： ACBD； ACD 是等边三角形； AB 与平面 BCD 夹角为 60 ； AB 与 CD 所成的角为 60 . 其中错误的结论是( ) A B C D 考点 空间向量数量积的应用 题点 数量积的综合

11、应用 答案 C 解析 如图所示，取 BD 的中点 O，以 O 为坐标原点，OD，OA，OC 所在直线分别为 x 轴， y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz，设正方形 ABCD 边长为 2，则 D(1,0,0)， B(1,0,0)，C(0,0,1)，A(0,1,0)，所以AC (0，1,1)，BD (2,0,0)，AC BD 0， 故 ACBD.正确 又|AC | 2，|CD | 2，|AD | 2， 所以ACD 为等边三角形正确 对于，OA 为平面 BCD 的一个法向量， cosAB ，OA AB OA |AB | |OA | 1，1，0 0，1，0 2 1 1 2 2 2 . 所以

12、AB 与 OA 所在直线所成的角为 45 ， 所以 AB 与平面 BCD 的夹角为 45 .故错误 又 cosAB ，CD AB CD |AB | |CD | 1，1，0 1，0，1 2 2 1 2. 所以 AB 与 CD 的夹角为 60 .故正确 二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13设平面 ， 的法向量分别为 u(1,2，2)，v(3，6，6)，则 ， 的位置关系为 _ 考点 向量法求解平面与平面的位置关系 题点 向量法解决面面平行 答案 平行或重合 解析 平面 ， 的法向量分别为 u(1,2，2)，v(3，6,6)，满足 v3u， 或重合 14平面 的法向量

13、为 m(1,0，1)，平面 的法向量为 n(0，1,1)，则平面 与平面 夹角的大小为_ 考点 题点 答案 60 解析 cosm，n m n |m|n| 1 2 2 1 2， m，n120 ，即平面 与 夹角的大小为 60 . 15.如图所示，已知在正四面体 ABCD 中，AE1 4AB，CF 1 4CD，则直线 ED 和 BF 夹角的 余弦值为_ 考点 题点 答案 4 13 解析 设棱长为 4，ED EA AD 1 4BA AD ， BF BCCFBC1 4CD ， 所以 cosED ，BF ED BF |ED |BF | 1 4BA AD BC 1 4CD 1 4BA AD 2 BC 1

14、4CD 2 2002 13 13 4 13. 16已知向量AB (1,0,0)，AC(0,2,0)，AD (0,0,3)，则直线 AB 与平面 BCD 夹角的正弦值 为_ 考点 题点 答案 6 7 解析 向量AB (1,0,0)，AC(0,2,0)，AD (0,0,3)， BC ACAB(1,2,0)，BD AD AB (1,0,3)， 设平面 BCD 的法向量为 n(x，y，z)， 则 n BC x2y0， n BD x3z0， 取 x6，得 n(6,3,2)， 设直线 AB 与平面 BCD 夹角为 ， 则 sin |AB n| |AB |n| 6 3694 6 7. 三、解答题(本大题共

15、6 小题，共 70 分) 17(10 分)设向量 a(3,5，4)，b(2,1,8)，计算 2a3b,3a2b，a b 以及 a 与 b 所成角的 余弦值，并确定 ， 应满足的条件，使 ab 与 z 轴垂直 考点 空间向量运算的坐标表示 题点 空间向量的坐标运算 解 2a3b2(3,5，4)3(2,1,8) (6,10，8)(6,3,24)(12,13,16) 3a2b3(3,5，4)2(2,1,8) (9,15，12)(4,2,16)(5,13，28) a b(3,5，4) (2,1,8)653221. |a|3252425 2， |b| 221282 69， cosa，b a b |a|b

16、| 21 5 2 69 7 138 230 . ab 与 z 轴垂直 (32，5，48) (0,0,1)480，即 2，当 ， 满足 2 时，可 使 ab 与 z 轴垂直 18(12 分)已知空间内三点 A(0,2,3)，B(2,1,6)，C(1，1,5) (1)求以向量AB ，AC为一组邻边的平行四边形的面积 S； (2)若向量 a 与向量AB ，AC都垂直，且|a| 3，求向量 a 的坐标 考点 空间向量运算的坐标表示 题点 空间向量的坐标运算 解 (1)AB (2，1,3)，AC(1，3,2)， cosBAC AB AC |AB |AC| 7 14 14 1 2， 又BAC0，180，

17、BAC60 ，S|AB |AC|sin 60 7 3. (2)设 a(x，y，z)，由 aAB ，得2xy3z0， 由 aAC ，得 x3y2z0， 由|a| 3，得 x2y2z23， xyz1 或 xyz1. a(1,1,1)或 a(1，1，1) 19(12 分)如图，在平行四边形 ABCD 中，ABAC1，ACD90 ，把ADC 沿对角线 AC 折起，使 AB 与 CD 成 60 角，求 BD 的长 考点 空间向量数量积的应用 题点 利用数量积求线段长 解 AB 与 CD 成 60 角，BA ，CD 60 或 120 ， 又ABACCD1，ACCD，ACAB， |BD | BD 2 BA

18、ACCD 2 11100211cosBA ，CD 32cosBA ，CD ， |BD |2 或 2. BD 的长为 2 或 2. 20(12 分)如图所示，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABAC，ABAC2，AA14，点 D 是 BC 的中点 (1)求异面直线 A1B 与 C1D 夹角的余弦值； (2)求平面 ADC1与平面 ABA1夹角的正弦值 考点 题点 解 (1)以 A 为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐 标系 Axyz， 则 A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)， A1(0,0,4)，D(1,1,0)，C1(0,2,

19、4)， A1B (2,0，4)，C1D (1，1，4)， cosA1B ，C1D A1B C1D |A1B |C1D | 3 10 10 ， 异面直线 A1B 与 C1D 夹角的余弦值为3 10 10 . (2)AC (0,2,0)是平面 ABA 1的一个法向量 设平面 ADC1的法向量为 n(x，y，z)， AD (1,1,0)，AC1 (0,2,4)， n AD xy0， n AC1 2y4z0， 即 x2z， y2z， 取 n(2，2,1) 设平面 ADC1与平面 ABA1的夹角为 ， 则|cos |cosAC ，n|AC n| |AC |n| 2 3， sin 5 3 ， 平面 ADC

20、1与平面 ABA1夹角的正弦值为 5 3 . 21(12 分)如图所示，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E，F 分别为 BB1，CD 的 中点 (1)求证：D1F平面 ADE； (2)求平面 A1C1D 与平面 ADE 夹角的余弦值 考点 题点 (1)证明 以 D 为坐标原点，分别以 DA，DC，DD1所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所 示的空间直角坐标系，则 D(0,0,0)，D1(0,0,2)，F(0,1,0)， C1(0,2,2)，A(2,0,0)，E(2,2,1)，A1(2,0,2)，D1F (0,1，2)， DA (2,0,0)，DE (2,2,1) D

21、1F DA 0，D1F DE 0， D1FDA，D1FDE， 又DADED，DA，DE平面 ADE， D1F平面 ADE. (2)解 由(1)可知平面 ADE 的法向量 nD1F (0,1，2) 设平面 A1C1D 的法向量为 m(x，y，z)， DA1 (2,0,2)，DC1 (0,2,2)， 则 2x2z0， 2y2z0， 令 x1，则 y1，z1， 可得 m(1,1，1)，cosm，n 15 5 ， 平面 A1C1D 与平面 ADE 夹角的余弦值为 15 5 . 22(12 分)如图所示，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，ADAA11，AB2，点 E 在棱 AB 上移动， (1)求证

22、：D1EA1D； (2)AE 为何值时，平面 D1EC 与平面 ECD 夹角的大小为 4. 考点 题点 (1)证明 如图，以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空 间直角坐标系 Dxyz， 设 AEx(0x2)，则 A1(1,0,1)，D(0,0,0)， D1(0,0,1)，E(1，x,0)，A(1,0,0)，C(0,2,0)， A1D (1,0，1)，D1E (1，x，1) A1D D1E (1,0，1) (1，x，1)0， A1D D1E ，D1EA1D. (2)解 CE (1，x2,0)，D 1C (0,2，1)， DD1 (0,0,1)， 设平面 D1EC 的法向量 m(a，b，c)， 由 m D1C 0， m CE 0， 得 2bc0， abx20， 令 b1，c2，a2x， m(2x,1,2)， 又平面 ECD 的一个法向量 pDD1 (0,0,1)， 依题意，cos 4 |m p| |m|p| 2 2 ， 2 2x25 2 2 ， 整理得 x24x10，解得 x2 3，又 0x2， x2 3， 当 AE2 3时，平面 D1EC 与平面 ECD 夹角的大小为 4.