1、第三章测评(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.若 A,B,C,D 为空间不同的四点,则下列各式为零向量的是()+2+2+;2+2+3+3+;+;+.A.B.C.D.解析中,原式=+2+=+=+,不符合题意;中,原式=2(+)+(+)=0;中,原式=,不符合题意;中,原式=()+()=0.故选 C.答案 C2.若向量 a=(1,0),b=(2,-1,2),且 a 与 b 的夹角的余弦值为23,则实数 等于()A.0B.-43C.0 或-43D.0 或43解析由题意 ab=2-=|a|b|cos=1+2 22+(-1)2+22
2、 23,解得=0 或=-43.故选 C.答案 C3.在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是平行四边形,=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1),则 PA 与底面 ABCD 的关系是()A.相交B.垂直C.不垂直D.成 60角解析因为 =0,=0,所以 平面 ABCD.答案 B4.已知正四面体 ABCD 的棱长为 a,点 E,F 分别是 BC,AD 的中点,则 的值为()A.a2B.14a2C.12a2D.34 a2解析在正四面体 ABCD 中,点 E,F 分别是 BC,AD 的中点,所以=+,=12 .则 =(+)12 =12 +12 .因为是正四面体,所以 BEA
3、D,BAD=3,即 =0,=|AB|AD|cos3=22,所以 =24,故选 B.答案 B5.已知向量 a=(-1,y,2),b=(2,0,3),c=(0,2,1)共面,则 y=()A.7B.1C.72D.12解析因为向量 a,b,c 共面,所以可设 a=mb+nc,所以(-1,y,2)=m(2,0,3)+n(0,2,1),即2=-1,2=,3+=2,解得 =-12,=7,=72.故选 A.答案 A6.平行六面体 ABCD-A1B1C1D1中,向量,1 两两的夹角均为 60,且|=1,|=2,|1|=3,则|1|等于()A.5B.6C.4D.8解析设=a,=b,1=c,则1=a+b+c,1 2
4、=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=25,因此|1|=5.答案 A7.三棱锥 A-BCD 中,AB=AC=AD=2,BAD=90,BAC=60,则 等于()A.-2B.2C.-23D.23解析 =()=22cos90-22cos60=-2.答案 A8.如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线 BC1与直线 AB1所成角的余弦值为()A.55B.53C.255D.35解析不妨设 CB=1,则 B(0,0,1),A(2,0,0),C1(0,2,0),B1(0,2,1).1=(0,2,-1),1=(-2,2,1).cos=1 1|1|1|=0+4
5、-153=55.故选 A.答案 A9.已知 A(1,0,0),B(0,-1,1),+与 的夹角为 120,则 的值为()A.66B.66C.-66D.6解析因为 A(1,0,0),B(0,-1,1),所以+=(1,0,0)+(0,-1,1)=(1,-,),|+|=1+22,|=2,(+)=2,所以 cos120=2222+1=-12,所以 0,且 4=-42+2,解得=-66,故选 C.答案 C10.若正三棱柱 ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,D 是 A1C1的中点,则直线 AD 与平面 B1DC 所成角的正弦值为()A.45B.35C.34D.55解析取 AC 的中点 O 为坐标原点,
6、建立如图所示的空间直角坐标系.设三棱柱的棱长为 2,则 A(0,-1,0),D(0,0,2),C(0,1,0),B1(3,0,2),=(0,1,2).设 n=(x,y,z)为平面 B1CD 的一个法向量,由=0,1=0,得-+2=0,3-+2=0,故=0,=2,令 z=1,得 n=(0,2,1).设直线 AD 与平面 B1DC 所成角为,则 sin=|cos|=|=455=45,所以直线 AD 与平面 B1DC 所成角的正弦值为45.故选 A.答案 A11.如图,ABCD-A1B1C1D1是棱长为 6 的正方体,E,F 分别是棱 AB,BC 上的动点,且 AE=BF.当 A1,E,F,C1四点
7、共面时,平面 A1DE 与平面 C1DF 所成二面角的余弦值为()A.32B.12C.15D.265解析以 D 为原点,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,则A1(6,0,6),E(6,3,0),F(3,6,0).设平面 A1DE 的法向量为 n1=(a,b,c),依题意得1=6+3=0,11=6+6=0,令 a=-1,则 c=1,b=2,所以 n1=(-1,2,1).同理得平面 C1DF 的一个法向量为 n2=(2,-1,1),由题图知,平面 A1DE 与平面 C1DF 所成二面角的余弦值为|12|1|2|=12.答案 B12.在三棱锥 P-ABC 中
8、,PC底面 ABC,BAC=90,AB=AC=4,PBC=60,则点 C 到平面 PAB 的距离是()A.3427B.4427C.5427D.6427解析在三棱锥 P-ABC 中,PC底面 ABC,BAC=90,AB=AC=4,PBC=60,以 A 为原点,AB 为 x 轴,AC 为 y 轴,过 A 作平面 ABC 的垂线为 z 轴,建立空间直角坐标系,则 C(0,4,0),P(0,4,46),A(0,0,0),B(4,0,0),=(0,4,0),=(4,0,0),=(0,4,46),设平面 PAB 的法向量 n=(x,y,z),则=4+46=0,=4=0,取 z=1,得 n=(0,-6,1)
9、,点 C 到平面 PAB 的距离 d=|=467=4427.故选 B.答案 B二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分)13.已知向量=(2,4,5),=(3,x,y),若 ,则 xy=.解析 ,存在实数 k 使得=k.2=3,4=,5=,则 xy=202=20(23)2=45.答案 4514.在三棱柱 ABC-A1B1C1中,1=(-6,2,-8),=(4,-2,3),11=(-4,1,0),则该三棱柱的高为 .解析由题意知11=(-4,1,0),该三棱柱的高即点 A1到平面 ABC 的距离 d,设 n=(x,y,z)是平面 ABC 的一个法向量,则=4-2+3=0,=-
10、4+=0,令 x=1,解得 y=4,z=43.所以 n=(1,4,43).所以该三棱柱的高 d=|1|=|-6+8-323|133=2.答案 215.已知正四棱台 ABCD-A1B1C1D1中,上底面 A1B1C1D1边长为 1,下底面 ABCD 边长为 2,侧棱与底面所成的角为 60,则异面直线 AD1与 B1C 所成角的余弦值为 .解析设上、下底面中心分别为 O1,O,则 OO1平面 ABCD,以 O 为原点,直线 BD,AC,OO1分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.因为 AB=2,A1B1=1,所以 AC=BD=22,A1C1=B1D1=2.因为平面 BDD1B1平面 A
11、BCD,所以B1BO 为侧棱与底面所成的角,故B1BO=60.设棱台高为 h,则 tan60=2-22,h=62,所以 A(0,-2,0),D1(-22,0,62),B1(22,0,62),C(0,2,0),所以1=(-22,2,62),1=(-22,2,-62),故 cos=1 1|1|1|=14,故异面直线 AD1与 B1C 所成角的余弦值为14.答案1416.已知矩形 ABCD 中,AB=1,BC=3,将矩形 ABCD 沿对角线 AC 折起,使平面 ABC 与平面 ACD 垂直,则 B 与 D 之间的距离为 .解析如图,过 B,D 分别向 AC 作垂线,垂足分别为 M,N.则可求得 AM
12、=12,BM=32,CN=12,DN=32,MN=1.由于=+,所以|2=(+)2=|2+|2+|2+2(+)=(32)2+12+(32)2+2(0+0+0)=52,故|=102.答案102三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分)17.(本小题满分 10 分)在四棱锥 P-ABCD 中,ABCD 为平行四边形,AC 与 BD 交于 O,G 为 BD 上一点,BG=2GD,=a,=b,=c,试用基底a,b,c表示向量.解因为 BG=2GD,所以=23 .又=+=+=a+c-2b,所以=+=b+23(a+c-2b)=23a-13b+23c.18.(本小题满分 12 分)已知向量 a=(1,-
13、3,2),b=(-2,1,1),点 A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).(1)求|2a+b|;(2)在直线 AB 上,是否存在一点 E,使得 b?(O 为原点)解(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|=02+(-5)2+52=52.(2)=+=+t=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t),若 b,则 b=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得 t=95,因此存在点 E,使得 b,此时点 E的坐标为 E(-65,-145,25).19.(本小题满分 12 分)如图,在直三棱柱 ABC
14、-A1B1C1中,ABC=2,D 是棱 AC 的中点,且AB=BC=BB1=2.(1)求证:AB1平面 BC1D;(2)求异面直线 AB1与 BC1所成的角.(1)证明如图,连接 B1C 交 BC1于点 O,连接 OD.因为 O 为 B1C 的中点,D 为 AC 的中点,所以 ODAB1.因为 AB1平面 BC1D,OD平面 BC1D,所以 AB1平面 BC1D.(2)解建立如图所示的空间直角坐标系,则 B(0,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,2),B1(0,0,2),因此1=(0,-2,2),1=(2,0,2).所以 cos=1 1|1|1|=0+0+42222=12,设异面直线
15、AB1与 BC1所成的角为,则 cos=12,由于(0,2),故=3.20.(本小题满分 12 分)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1中,点 D 在棱 A1B1上,E,F 分别是 CC1,BC 的中点,AEA1B1,AA1=AB=AC=2.(1)证明:DFAE;(2)当 D 为 A1B1的中点时,求平面 DEF 与平面 ABC 所成锐二面角的余弦值.(1)证明在直三棱柱 ABC-A1B1C1中,有 AA1A1B1,又因为 AEA1B1,所以 A1B1平面 AA1C1C,因为 A1C1平面 AA1C1C,所以 A1B1A1C1.所以 ABAC,ABAA1,ACAA1,如图,分别以 AC,AA
16、1,AB 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系 Axyz,则 C(2,0,0),B(0,0,2),A(0,0,0),A1(0,2,0),F(1,0,1),E(2,1,0).设 D(0,2,t),则=(-1,2,t-1),=(2,1,0),=(-1,2,t-1)(2,1,0)=0,所以 DFAE.(2)解当 D 为 A1B1的中点时,D(0,2,1),=(-1,-1,1),=(-1,2,0),设平面 DEF 的法向量为 n=(x,y,z),则=0,=0,即 +-=0,-2=0,令 y=1 得,n=(2,1,3),容易知平面 ABC 的法向量为 n0=(0,1,0),所以 cos=0|0|
17、=122+12+321=1414,即平面 DEF 与平面 ABC 所成锐二面角的余弦值为1414.21.(本小题满分 12 分)如图 1,梯形 ABCD 中,ABCD,过 A,B 分别作 AECD,BFCD,垂足分别为E,F.AB=AE=2,CD=5,已知 DE=1,将梯形 ABCD 沿 AE,BF 同侧折起,得空间几何体 ADE-BCF,如图 2.(1)若 AFBD,证明:DE平面 ABFE;(2)若 DECF,CD=3,线段 AB 上存在一点 P,满足 CP 与平面 ACD 所成角的正弦值为520,求 AP 的长.(1)证明由已知得四边形 ABFE 是正方形,且边长为 2,在图 2 中,A
18、FBE,由已知得 AFBD,BEBD=B,所以 AF平面 BDE,又 DE平面 BDE,所以 AFDE,又 AEDE,AEAF=A,所以 DE平面 ABFE.(2)解在图 2 中,AEDE,AEEF,DEEF=E,即 AE平面 DEFC,在梯形 DEFC 中,过点 D 作 DMEF 交 CF 于点 M,连接 CE,由题意得 DM=2,CM=1,由勾股定理可得 DCCF,则CDM=6,CE=2,过点 E 作 EGEF 交 DC 于点 G,可知 GE,EA,EF 两两垂直,以 E 为坐标原点,以,分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则 A(2,0,0),B(2,2,0),C(
19、0,1,3),D 0,-12,32,=(-2,1,3),=-2,-12,32.设平面 ACD 的一个法向量为 n=(x,y,z),由=0,=0,得-2+3=0,-2-12 +32 =0,取 x=1 得 n=(1,-1,3),设 AP=m,则 P(2,m,0)(0m2),得=(2,m-1,-3),设 CP 与平面 ACD 所成的角为,sin=|cos|=|57+(-1)2=520m=23.所以 AP=23.22.(本小题满分 12 分)已知三棱柱 ABC-A1B1C1中,ACB=90,A1BAC1,AC=AA1=4,BC=2.(1)求证:平面 A1ACC1平面 ABC;(2)若A1AC=60,在
20、线段 AC 上是否存在一点 P,使二面角 B-A1P-C 的平面角的余弦值为34?若存在,确定点 P 的位置;若不存在,说明理由.(1)证明因为 AC=AA1,所以四边形 AA1C1C 为菱形,连接 A1C,则 A1CAC1,又 A1BAC1,且 A1CA1B=A1,所以 AC1平面 A1CB,则 AC1BC,又ACB=90,即 BCAC,所以 BC平面 A1ACC1,而 BC平面 ABC,所以平面 A1ACC1平面 ABC.(2)解以 C 为坐标原点,分别以 CA,CB 所在直线为 x、y 轴,面 A1ACC1内过点 C 且垂直于 AC 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,因为 AC
21、=AA1=4,BC=2,A1AC=60,所以 C(0,0,0),B(0,2,0),A(4,0,0),A1(2,0,23).设在线段 AC 上存在一点 P,满足=(01),使得二面角 B-A1P-C 的余弦值为34.则=(-4,0,0).=+=(4,-2,0)+(-4,0,0)=(4-4,-2,0),1=1+=(2-4,0,-23),1=(2,0,23).设平面 BA1P 的一个法向量为 m=(x1,y1,z1),由=(4-4)1-21=0,1=(2-4)1-231=0,取 x1=1,得 m=1,2-2,1-23,平面 A1PC 的一个法向量为 n=(0,1,0).由|cos|=|=|2-2|1+(2-2)2+(1-2)231=34,解得=43或=34.因为 01,所以=34.故在线段 AC 上存在一点 P,满足=34 ,使二面角 B-A1P-C 的余弦值为34.