1、章末综合测评(三)空间向量与立体几何(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与向量a(1，3，2)平行的一个向量的坐标是()A.B(1，3，2)C. D.【解析】a(1，3，2)2.【答案】C2在正方体ABCDA1B1C1D1中，xy()，则()Ax1，yBx1，yCx，y1Dx1，y【解析】()，x1，y.应选D.【答案】D3已知A(2，4，1)，B(1，5，1)，C(3，4，1)，D(0，0，0)，令a，b，则ab为()A(5，9，2)B(5，9，2)C(5，9，2)D(5，9，2)【解析】a(
2、1，0，2)，b(4，9，0)，ab(5，9，2)【答案】B4在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，若a2b3c，则abc的值等于() 【导学号：18490123】A.B.C.D【解析】a2b3c，a1，b，c.abc.【答案】D5在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，下列结论不正确的是()A.B.0C.0 D.0【解析】如图，B1D1，故A，B，C选项均正确【答案】D6已知向量a，b是平面内的两个不相等的非零向量，非零向量c在直线l上，则“ca0，且cb0”是l的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【解析】若l，则l垂直于内的所有直线，从而有ca0，
3、cb0.反之，由于a，b是否共线没有确定，若共线，则结论不成立；若不共线，则结论成立【答案】B7已知ABC的三个顶点为A(3，3，2)，B(4，3，7)，C(0，5，1)，则BC边上的中线长为()A2B3 C4D5【解析】设BC的中点为D，则D(2，1，4)，(1，2，2)，|3，即BC边上的中线长为3.【答案】B8若向量a(x，4，5)，b(1，2，2)，且a与b的夹角的余弦值为，则x()A3B3C11D3或11【解析】因为ab(x，4，5)(1，2，2)x810x2，且a与b的夹角的余弦值为，所以，解得x3或11(舍去)，故选A.【答案】A9.如图1，在长方体ABCDA1B1C1D1中，A
4、BBC2，AA11，则BC1与平面BB1D1D所成的角的正弦值为()图1A.B.C. D.【解析】以D点为坐标原点，以DA，DC，DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，1)，(2，0，1)，(2，2，0)，且为平面BB1D1D的一个法向量cos，.sin1，|cos1，|，BC1与平面BB1D1D所成的角的正弦值为.【答案】D10已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A.B.C. D.【解析】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1
5、2AB2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，则(0，1，0)，(1，1，0)，(0，1，2)设平面BDC1的法向量为n(x，y，z)，则n，n，所以有令y2，得平面BDC1的一个法向量为n(2，2，1)设CD与平面BDC1所成的角为，则sin |cosn，|.【答案】A11已知正方体ABCDA1B1C1D1中，若点F是侧面CD1的中心，且mn，则m，n的值分别为()A.，B，C， D.，【解析】由于()，所以m，n，故选A.【答案】A12在矩形ABCD中，AB3，AD4，PA平面ABCD，PA，那么二面角ABDP的大小为()A30B45C60D75【解
6、析】如图所示，建立空间直角坐标系，则，(3，4，0)设n(x，y，z)为平面PBD的一个法向量，则得即令x1，则n.又n1为平面ABCD的一个法向量，cosn1，n.所求二面角为30.【答案】A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)13若a(2x，1，3)，b(1，2y，9)，且a与b为共线向量，则x_，y_. 【导学号：18490124】【解析】由题意得，x，y.【答案】14ABC的三个顶点坐标分别为A(0，0，)，B，C(1，0, )，则角A的大小为_【解析】，(1，0，0)，则cos A，故角A的大小为30.【答案】3015在空间直角坐标系Oxyz中，
7、已知A(1，2，3)，B(2，1，1)，若直线AB交平面xOz于点C，则点C的坐标为_【解析】设点C的坐标为(x，0，z)，则(x1，2，z3)，(1，3，4)，因为与共线，所以，解得所以点C的坐标为.【答案】16.如图2，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2.图2给出以下结论：0；0；0；0，其中正确结论的序号是_【解析】容易推出：0，所以正确；又因为底面ABCD是边长为1的正方形，SASBSCSD2，所以22cosASB，22cosCSD，而ASBCSD，于是，因此正确；其余三个都不正确，故正确结论的序号是.【答案】三、解答题(本大题共6小
8、题，共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17如图3，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，PDQA，QAABPD.图3(1)证明：平面PQC平面DCQ；(2)证明：PC平面BAQ.【证明】如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.(1)依题意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，则(1，1，0)，(0，0，1)，(1，1，0)，所以0，0，即PQDQ，PQDC且DQDCD.故PQ平面DCQ.又PQ平面PQC，所以平面PQC平面DCQ.(2)根据题意，(1，0，0)，(0，0，1)，(0，1，0)，故有0，0，
9、所以为平面BAQ的一个法向量又因为(0，2，1)，且0，即DAPC，且PC平面BAQ，故有PC平面BAQ.18. (本题满分12分)如图4，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，ABBC1，AA1，求异面直线BA1与AC所成角的余弦值图4【解】因为，且0，所以()()21.又|，|，所以cos，则异面直线BA1与AC所成角的余弦值为.19. (本小题满分12分)如图5，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点图5(1)求证：平面PBC平面PAC；(2)若AB2，AC1，PA1，求二面角CPBA的余弦值【解】(1)证明：由AB是圆的直径，得ACBC，由PA平面ABC，BC平面AB
10、C，得PABC.又PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，所以BC平面PAC.因为BC平面PBC.所以平面PBC平面PAC.(2)过C作CMAP，则CM平面ABC.如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系在RtABC中，因为AB2，AC1，所以BC.又因为PA1，所以A(0，1，0)，B(，0，0)，P(0，1，1)故(，0，0)，(0，1，1)设平面BCP的法向量为n1(x1，y1，z1)，则所以不妨令y11，则n1(0，1，1)因为(0，0，1)，(，1，0)，设平面ABP的法向量为n2(x2，y2，z2)，则所以不妨令x21，则n2(1,
11、 ，0)于是cosn1，n2.由图知二面角CPBA为锐角，故二面角CPBA的余弦值为.20. (本小题满分12分)如图6，在四棱锥PABCD中，ADBC，ABAD，ABPA，BC2AB2AD4BE，平面PAB平面ABCD.图6(1)求证：平面PED平面PAC; 【导学号：18490125】(2)若直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为，求二面角APCD的余弦值【解】(1)平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，ABPA，PA平面ABCD，又ABAD，故可建立空间直角坐标系Oxyz如图所示，不妨设BC4，AP(0)，则有D(0，2，0)，E(2，1，0)，C(2，4，0)，P(0，0
12、，)，(2，4，0)，(0，0，)，(2，1，0)，4400，0，DEAC，DEAP且ACAPA，DE平面PAC.又DE平面PED，平面PED平面PAC.(2)由(1)知，平面PAC的一个法向量是(2，1，0)，(2，1，)，设直线PE与平面PAC所成的角为，sin |cos，|，解得2.0，2，即P(0，0，2)，设平面PCD的一个法向量为n(x，y，z)，(2，2，0)，(0，2，2)，由n，n，不妨令x1，则n(1，1，1)cosn，显然二面角APCD的平面角是锐角，二面角APCD的余弦值为.21. (本小题满分12分)如图7，四棱锥PABCD的底面ABCD为一直角梯形，其中BAAD，C
13、DAD，CDAD2AB，PA底面ABCD，E是PC的中点图7(1)求证：BE平面PAD；(2)若BE平面PCD，求异面直线PD与BC所成角的余弦值；求二面角EBDC的余弦值【解】设ABa，PAb，建立如图的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(a，0，0)，P(0，0，b)，C(2a，2a，0)，D(0，2a，0)，E.(1)，(0，2a，0)，(0，0，b)，所以，因为BE平面PAD，所以BE平面PAD.(2)因为BE平面PCD，所以BEPC，即0，(2a，2a，b)，所以2a20，则b2a.(0，2a，2a)，(a，2a，0)，cos，所以异面直线PD与BC所成角的余弦值为.在平面BDE
14、和平面BDC中，(0，a，a)，(a，2a，0)，(a，2a，0)，所以平面BDE的一个法向量为n1(2，1，1)；平面BDC的一个法向量为n2(0，0，1)；cosn1，n2，所以二面角EBDC的余弦值为.22(本小题满分12分)如图8，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DPBQ(02)图8(1)当1时，证明：直线BC1平面EFPQ；(2)是否存在，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由【解】以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为
15、x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，)，(2，0，2)，(1，0，)，(1，1，0)(1)当1时，(1，0，1)，因为(2，0，2)所以2，可知BC1FP，而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1平面EFPQ.(2)设平面EFPQ的一个法向量为n(x，y，z)，由得于是可取n(，1)，同理可得平面PQMN的一个法向量为m(2，2，1)，若存在，使得平面EFPQ与平面PQMN所在的二面角为直二面角，则mn(2，2，1)(，1)0，即(2)(2)10，解得1，故存在1，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角