空间向量与立体几何期末复习题（含解析新人教A版选修2-1）

详细内容

空间向量与立体几何期末复习题（含解析新人教A版选修2-1）
(时间：100分钟　满分：120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知a＝(2x，1，3)，b＝(1，－2y，9)，如果a与b为共线向量，则 (　　)．
A．x＝1，y＝1 B．x＝12，y＝－12
C．x＝16，y＝－32 D．x＝－16，y＝32
解析　∵a＝(2x，1，3)与b＝(1，－2y，9)共线，故有2x1＝1－2y＝39，∴x＝16，y＝－32.
答案　C
2．已知a＝3i＋2j－k，b＝i－j＋2k，则5a与3b的数量积等于 (　　)．
A．－15 B．－5 C．－3 D．－1
解析　a＝(3，2，－1)，b＝(1，－1，2)，∴5a•3b＝15a•b＝－15.
答案　A
3．已知a•b＝0，|a|＝2，|b|＝3，且(3a＋2b)•(λa－b)＝0，则λ等于 (　　)．
A.32 B．－32 C．±32 D．1
解析　由a•b＝0及(3a＋2b)•(λa－b)＝0，得3λa2＝2b2，又|a|＝2，|b|＝3，所以λ＝32，故
选A.
答案　A
4．已知a，b，c是不共面的三个向量，则能构成一个基底的一组向量是 (　　)．
A．2a，a－b，a＋2b B．2b，b－a，b＋2a
C．a，2b，b－c D．c，a＋c，a－c
解析　不共面的三个向量才可以构成基底，A中，a＋2b＝32(2a)＋(－2)(a－b)，三个向量
共面：B中，b＋2a＝32(2b)＋(－2)(b－a)，三个向量共面；D中，a＋c＝2c＋(a－c)，三
个向量共面；只有C中的三个向量不共面．
答案　C
5．空间直角坐标系中A(1，2，3)，B(－1，0，5)，C(3，0，4)，D(4，1，3)，则直线AB与CD的位置关系是 (　　)．
A．平行 B．垂直
C．相交但不垂直 D．无法确定
解析　∵AB→＝(－2，－2，2)，CD→＝(1，1，－1)，
又∵AB→＝－2CD→
∴AB→∥CD→，即AB∥CD.
答案　A
6．已知a＝(2，－3，1)，b＝(2，0，3)，c＝(0，0，2)，则下列结论正确的是 (　　)．
A．a•b＝b•c B．|a|＝|b＋c|
C．|a＋b－2c|＝5 D．a＋c＝b
解析　对于A：a•b＝2×2－3×0＋1×3＝7，
b•c＝2×0＋0×0＋3×2＝6故A错．
对于B：|a|＝4＋9＋1＝14，
|b＋c|＝22＋02＋52＝29，故B错．
对于C：a＋b－2c＝(4，－3，0)．
∴|a＋b－2c|＝5.故C正确．
答案　C
7．在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，PA⊥平面ABC，PA＝8，则P到BC的距离是 (　　)．
A.5 B．45 C．35 D．25
解析　如图所示，以BC边上的垂线为y轴，建立空间直角
坐标系，则PD的长即为所求，
由A(0，0，0)，P(0，0，8)，D(0，4，0)，
则|PD→|＝42＋（－8）2＝45.
答案　B
8.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下面结论错误的是(　　)．
A．BD∥平面CB1D1
B．AC1⊥BD
C．AC1⊥平面CB1D1
D．向量AD→与CB1→的夹角为60°
解析　以D为原点，DA、DC、DD1分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，不妨设正
方体的棱长为1，则有A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，
B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，D1(0，0，1)．
BD→＝(－1，－1，0)，AC1→＝(－1，1，1)，CD1→＝(0，－1，1)，B1D1→＝(－1，－1，0)，CB1→
＝(1，0，1)．对于选项A.由B1D1→＝BD→知结论正确；对于选项B，由AC1→•BD→＝(－1，1，
1)•(－1，－1，0)＝0知结论正确；对于选项C，由选项B，再由AC1→•B1C→＝(－1，1，1)•
(－1，0，－1)＝0知结论正确；对于选项D，由cos〈AD→，CB1→〉＝ ＝－22，
知结论不正确．
答案　D
9．如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC，AB⊥AC，M是1的中点，Q是BC的中点，P是A1B1的中点，则直线PQ与AM所成的角为 (　　)．
A.π6 B.π4 C.π3 D.π2
解析　以A为坐标原点，AC、AB、AA1所在直线为x、
y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AA1＝AB＝
AC＝2，则AM→＝(0，2，1)，Q(1，1，0)，P(1，0，2)，
QP→＝(0，－1，2)，所以QP→•AM→＝0，所以QP与AM
所成角为π2.
答案　D
10．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．(12，34，13) B．(12，32，34)
C．(43，43，83) D．(43，43，73)
解析　设Q(x，y，z)，因Q在OP→上，故有OQ→∥OP→，可得：x＝λ，y＝λ，z＝2λ，则Q(λ，
λ，2λ)，QA→＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB→＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，所以QA→•QB→＝6λ2－16λ
＋10＝6(λ－43)2－23，故当λ＝43时，QA→•QB→取最小值，此时Q(43，43，83)，故选C.
答案　C
二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填在题中横线上)
11．若a＝(2，－3，5)，b＝(－3，1，－4)，则|a－2b|＝________．
解析　因为a－2b＝(8，－5，13，)，所以|a－2b|＝82＋（－5）2＋132＝258.
答案　258
12．已知平面α经过点O(0，0，0)，且e＝(1，1，1)是α的法向量，M(x，y，z)是平面α内任意一点，则x，y，z满足的关系式是________．
解析　OM→•e＝(x，y，z)•(1，1，1)＝x＋y＋z＝0.
答案　x＋y＋z＝0
13．设a，b是直线，α，β是平面，a⊥α，b⊥β，向量a1在a上，向量b1在b上，a1＝(1，1，1)，b1＝(－3，4，0)，则α，β所成二面角中较小的一个的余弦值为________．
解析　由题意，cos θ＝|cos〈a1，b1〉|＝|a1•b1||a1||b1|＝（1，1，1）•（－3，4，0）3•5＝315.
答案　315
14．已知四面体顶点A(2，3，1)、B(4，1，－2)、C(6，3，7)和D(－5，－4，8)，则顶点D到平面ABC的距离为______．
解析　设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)则
n•AB→＝0，n•AC→＝0，即（x，y，z）•（2，－2，－3）＝0，（x，y，z）•（4，0，6）＝0.
∴2x－2y－3z＝0，4x＋6z＝0⇒y＝2x，z＝－23x，
令x＝1，则n＝(1，2，－23)，AD→＝(－7，－7，7)，
故所求距离为|AD→•n||n|＝|－7－14－143|1＋4＋49＝11.
答案　11
三、解答题(本大题共5小题，共54分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)
15．(10分)已知四边形ABCD的顶点分别是A(3，－1，2)，B(1，2，－1)，C(－1，1，－3)，D(3，－5，3)．
求证：四边形ABCD是一个梯形．
证明　因为AB→＝(1，2，－1)－(3，－1，2)＝(－2，3，－3)，CD→＝(3，－5，3)－(－1，1，－3)＝(4，－6，6)，因为－24＝3－6＝－36，
所以AB→和CD→共线，即AB∥CD.
又因为AD→＝(3，－5，3)－(3，－1，2)＝(0，－4，1)，
BC→＝(－1，1，－3)－(1，2，－1)＝(－2，－1，－2)，
因为0－2≠－4－1≠1－2，所以AD→与BC→不平行，
所以四边形ABCD为梯形．
16．(10分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4.
(1)证明：AC⊥BC1；
(2)求二面角C1­AB­C的余弦值大小．
解　直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，故AC，
BC，1两两垂直，建立空间直角坐标系(如图)，则C(0，0，0)，
A(3，0，0)，C1(0，0，4)，B(0，4，0)，B1(0，4，4)．
(1)证明　AC→＝(－3，0，0)，
BC1→＝(0，－4，4)，
∴AC→•BC1→＝0.故AC⊥BC1.
(2)平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，设平面C1AB的一
个法向量为n＝(x，y，z)，
AC1→＝(－3，0，4)，AB→＝(－3，4，0)，
由n•AC1→＝0，n•AB→＝0.得－3x＋4z＝0，－3x＋4y＝0，
令x＝4，则y＝3，z＝3.n＝(4，3，3)，
故cos〈m，n〉＝334＝33434.
即二面角C1－AB－C的余弦值为33434.
17．(10分)已知空间三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，设a＝AB→，b＝AC→.
(1)求a和b的夹角θ的余弦值；
(2)若向量ka＋b与ka－2b互相垂直，求k的值．
解　a＝AB→＝(－1，1，2)－(－2，0，2)＝(1，1，0)，
b＝AC→＝(－3，0，4)－(－2，0，2)＝(－1，0，2)．
(1)cos θ＝a•b|a||b|＝－1＋0＋02×5＝－1010，
∴a与b的夹角θ的余弦值为－1010.
(2)ka＋b＝(k，k，0)＋(－1，0，2)＝(k－1，k，2)，
ka－2b＝(k，k，0)－(－2，0，4)＝(k＋2，k，－4)，
∴(k－1，k，2)•(k＋2，k，－4)
＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝0.
即2k2＋k－10＝0，∴k＝－52或k＝2.
18．(12分)如图，M，N分别是空间四边形ABCD的棱AB，CD的中点，试判断向量MN→与向量AD→，BC→是否共面．
解　根据图形可以得到
MN→＝MA→＋AD→＋DN→，①
MN→＝MB→＋BC→＋→.②
由已知得MA→＝－MB→，DN→＝－→.
所以①＋②得2MN→＝AD→＋BC→，即MN→＝12AD→＋12BC→.
故向量MN→与向量AD→，BC→共面．
19．(12分)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，1＝4，EB1＝1，D，F，G分别为1，B1C1，A1C1的中点，
(1)求证：B1D⊥平面ABD；
(2)求证：平面EGF∥平面ABD；
(3)求平面EGF与平面ABD的距离．
(1)证明　如图所示，建立空间直角坐标系，
设A1(a，0，0)，则C1(0，2，0)，F(0，1，0)，E(0，0，1)，
A(a，0，4)，B(0，0，4)，D(0，2，2)，G(a2，1，0)．
∴B1D→＝(0，2，2)，AB→＝(－a，0，0)，BD→＝(0，2，－2)，
∴B1D→•AB→＝0＋0＋0＝0，B1D→•BD→＝0＋4－4＝0.
∴B1D⊥AB，B1D⊥BD.
又AB∩BD＝B，∴B1D⊥平面ABD.
(2)证明　∵AB→＝(－a，0，0)，BD→＝(0，2，－2)，GF→＝(－a2，0，0)，EF→＝(0，1，－1)，
∴GF→∥AB→，EF→∥BD→，∴GF∥AB，EF∥BD.
又GF∩EF＝F，AB∩BD＝B，∴平面EGF∥平面ABD.
(3)解　由(2)知平面EGF与平面ABD的距离即为点D到平面EGF的距离
由(1)(2)知平面EGF的法向量为B1D→＝(0，2，2)，
又ED→＝(0，2，1)，
∴所求距离d＝|ED→•B1D→||B1D→|＝322.