《高中數學蘇教版選修21 第3章 空間向量與立體幾何 第3章 單元檢測B卷》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高中數學蘇教版選修21 第3章 空間向量與立體幾何 第3章 單元檢測B卷（13頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 精品資料 第3章　單元檢測(B卷) (時間：120分鐘　滿分：160分) 一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，共70分) 1．在以下命題中，不正確的個數為________． ①|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共線的充要條件； ②若a∥b，則存在惟一的實數λ，使a＝λb； ③若ab＝0，bc＝0，則a＝c； ④若{a，b，c}為空間的一個基底，則{a＋b，b＋c，c＋a}構成空間的另一基底； ⑤|(ab)c|＝|a||b||c|. 2．已知a與b是非零向量且滿足(a－2b)⊥a，(b－2a)⊥b，則a與b

2、的夾角是________． 3．若向量a＝(1，x,2)，b＝(2，－1,2)，且a，b夾角的余弦值為，則x＝________. 4．若a＝e1＋e2＋e3，b＝e1－e2－e3，c＝e1＋e2，d＝e1＋2e2＋3e3({e1，e2，e3}為空間的一個基底)，且d＝xa＋yb＋zc，則x，y，z分別為__________． 5．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b與2a－b互相垂直，則k值是________． 6．已知a＝(2，－1,2)，b＝(2,2,1)，則以a，b為鄰邊的平行四邊形的面積為________． 7. 在棱長為1的正方體ABCD—A1

3、B1C1D1中，M，N分別為A1B1和BB1的中點，那么直線AM與CN所成角的余弦值為________． 8. 如圖所示，∠BAD＝90的等腰直角三角形ABD與正三角形CBD所在平面互相垂直，E是BC的中點，則AE與平面BCD所成角的大小為________． 9. 如圖，在五面體ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，AF＝AB＝BC＝FE＝AD，則異面直線BF與DE所成的角的大小為________． 10. 已知四面體ABCD的六條棱長都是1，則直線AD與平面ABC的夾角的余弦值為________． 11．已知四邊形ABCD中，＝a－2c，

4、＝5a＋6b－8c，對角線AC，BD的中點分別為E，F，則＝__________. 12．如果向量a＝(1,0,1)，b＝(0,1,1)分別平行于平面α，β且都與此兩平面的交線l垂直，則二面角α—l—β的大小是________． 13. 如圖，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，二面角B—A1C1—B1的正切值為________． 14．已知a，b，c為△ABC的三個內角A，B，C的對邊，向量m＝(，－1)，n＝(cos A，sin A)．若m⊥n，且acos B＋bcos A＝csin C，則角B＝________. 二、解答題(本大題共6小題，共90分) 15．(14分)

5、 如圖所示，已知P是平行四邊形ABCD所在平面外一點，連結PA、PB、PC、PD，點E、F、G、H分別為△PAB、△PBC、△PCD、△PDA的重心，應用向量共面定理證明：E、F、G、H四點共面． 16．(14分) 如圖，已知正方體ABCD—A1B1C1D1中，E、F、G、H、M、N分別是正方體六個表面的中心，試確定平面EFG和平面HMN的位置關系． 17.(14分) 如圖

6、所示，直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，AB＝BC＝，BB1＝3，D為A1C1的中點，F在線段AA1上， (1)AF為何值時，CF⊥平面B1DF? (2)設AF＝1，求平面B1CF與平面ABC所成的銳二面角的余弦值． 18．(16分) 如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，EF∥AB，EF⊥FB，AB＝2EF，∠BFC＝90，BF＝FC，H為BC的中點． (1)求證：FH∥平面EDB； (2)求證：AC⊥平面EDB；

7、 (3)求二面角B—DE—C的大?。? 19.(16分) 已知直四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝2，底面ABCD是直角梯形，∠A為直角，AB∥CD，AB＝4，AD＝2，DC＝1，求異面直線BC1與DC所成角的余弦值． 20．(16分)在底面是直角梯形的四棱錐S—ABCD中，∠ABC＝90，SA⊥面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝.求面SCD與面SBA所成的二面角的正切

8、值． 第3章　空間向量與立體幾何(B) 1．4 解析　①不正確，由|a|－|b|＝|a＋b|知a與b反向，a與b共線，但a與b共線不一定有|a|－|b|＝|a＋b|；②不正確，應加上條件b≠0；③不正確，當b＝0時，a與c不一定相等；④正確；⑤不正確，應為|(ab)c|≤|a||b||c|. 2. 解析　由已知(a－2b)a＝0，(b－2a)b＝0 ∴a2＝2ab＝b2. ∴cos〈a，b〉＝＝＝，∴〈a，b〉＝. 3．－2或 解析　cos〈a，b〉＝＝＝， 解得x＝－2或x＝. 4.，－，－1 解析　d＝xa＋yb＋zc＝(

9、x＋y＋z)e1＋(x－y＋z)e2＋(x－y)e3＝e1＋2e2＋3e3，空間任一向量都可以用一個空間基底惟一表示， 從而得到 解得x＝，y＝－，z＝－1. 5. 6. 解析　因為|a|＝|b|，所以平行四邊形為菱形， 又a＋b＝(4,1,3)，a－b＝(0，－3,1)， |a＋b|＝，|a－b|＝， S＝|a＋b||a－b|＝＝. 7. 解析　建立如圖所示，空間直角坐標系D—xyz， 則＝， ＝，＝， ||＝||＝， 所以cos〈，〉＝＝. 8．45 9．60 解析　以點A為坐標原點，AB，AD，AF分別為x，y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系A—x

10、yz，設AB＝1，依題意得B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)． ＝(－1,0,1)，＝(0，－1,1)， 于是cos〈，〉＝＝＝. 所以異面直線BF與DE所成的角的大小為60. 10. 11．3a＋3b－5c 解析　取AD中點P，連結EP，FP， 則＝，＝，所以＝＋＝＋＝(6a＋6b－10c)＝3a＋3b－5c. 12．60或120 解析　cos〈a，b〉＝＝＝， 所以a與b夾角為60或120，即α—l—β大小為60或120. 13. 14. 解析　由題意知mn＝0，∴cos A－sin A＝0， ∴tan A＝

11、，A＝，又∵acos B＋bcos A＝csin C，即sin Acos B＋sin Bcos A＝sin2C， sin(A＋B)＝sin2C，sin(π－C)＝sin2C，sin C＝sin2C， ∴sin C＝1，∴C＝，∴B＝. 15．證明　分別延長PE、PF、PG、PH交對邊于M、N、Q、R. ∵E、F、G、H分別是所在三角形的重心， ∴M、N、Q、R為所在邊的中點， 順次連結M、N、Q、R，所得四邊形為平行四邊形， 且有＝， ＝，＝，＝. ∵MNQR為平行四邊形，∴＝－ ＝－＝＝(＋) ＝(－)＋(－) ＝＋ ＝＋. ∴由共面向量定理得E、F、G、H四

12、點共面． 16．解　如圖，建立空間直角坐標系， 設正方體的棱長為2， 易得E(1,1,0)，F(1,0,1)，G(2,1,1)， H(1,1,2)，M(1,2,1)，N(0,1,1)． ∴＝(0，－1,1)，＝(1,0,1)， ＝(0,1，－1)，＝(－1,0，－1)． 設m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)分別是平面EFG、 平面HMN的法向量， 由? ， 令x1＝1， 得m＝(1，－1，－1)． 由?， 令x2＝1，得n＝(1，－1，－1)．∴m＝n，故m∥n， 即平面EFG∥平面HMN. 17．解　(1)因為直三棱柱ABC—A1B1C1中

13、，BB1⊥面ABC，∠ABC＝. 以B點為原點，BA、BC、BB1分別為x、y、z軸建立如圖所示空間直角坐標系． 因為AB＝BC＝，從而 B(0,0,0)，A(，0,0)，C(0，，0)，B1(0,0,3)，A1(，0,3)，C1(0，，3)， D. 所以＝(，－，3)，設AF＝x， 則F(，0，x)，＝(，－，x)， ＝(，0，x－3)，＝. ＝＋(－)＋x0＝0， 所以⊥. 要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥B1F. 由＝2＋x(x－3)＝0， 得x＝1或x＝2， 故當AF＝1或2時，CF⊥平面B1DF. (2)由(1)知平面ABC的法向量為n1＝(0,0,

14、1)． 設平面B1CF的法向量為n＝(x，y，z)， 則由得 令z＝1得n＝， 所以平面B1CF與平面ABC所成的銳二面角的余弦值cos〈n，n1〉＝＝. 18．(1)證明　∵四邊形ABCD是正方形， ∴AB⊥BC. 又EF∥AB，∴EF⊥BC. 又∵EF⊥FB，BC∩FB＝B， ∴EF⊥平面BFC. ∴EF⊥FH，∴AB⊥FH. 又BF＝FC，H為BC的中點，∴FH⊥BC. ∴FH⊥平面ABC. 以H為坐標原點，為x軸正向，為z軸正向，建立如圖所示坐標系． 設BH＝1，則A(1，－2,0)， B(1,0,0)，C(－1,0,0)， D(－1，－2,0)，E

15、(0，－1,1)，F(0,0,1)． 設AC與BD的交點為G，連結GE，GH， 則G(0，－1,0)，∴＝(0,0,1)， 又＝(0,0,1)，∴∥. 又∵GE?平面EDB，HF不在平面EDB內， ∴FH∥平面EDB. (2)證明　∵＝(－2,2,0)，＝(0,0,1)， ∴＝0，∴AC⊥GE. 又AC⊥BD，EG∩BD＝G， ∴AC⊥平面EDB. (3)解　＝(－1，－1,1)，＝(－2，－2,0)， ＝(0，－2,0)，＝(1，－1,1)． 設平面BDE的法向量為n1＝(1，y1，z1)， 則n1＝－1－y1＋z1＝0， n1＝－2－2y1＝0， ∴y1＝－1

16、，z1＝0，即n1＝(1，－1,0)． 設平面CDE的法向量為n2＝(1，y2，z2)， 則n2＝0，y2＝0， n2＝0,1－y2＋z2＝0，z2＝－1， 故n2＝(1,0，－1)， cos〈n1，n2〉＝＝＝， 即〈n1，n2〉＝60，即二面角B—DE—C為60. 19．解　以D為坐標原點，以DA、DC、DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系． 則A(2,0,0)，B(2,4,0)， C(0,1,0)，C1(0,1,2)， ∴＝(0,1,0)，＝(－2，－3,2)，||＝1， ||＝ ＝. ∴cos〈，〉＝ ＝＝－. ∴異面直線D

17、C與BC1所成的角的余弦值為. 20．解　 建立如圖所示的空間直角坐標系A—xyz， 則A(0,0,0)，B(－1,0,0)， C(－1,1,0)，D， S(0,0,1)， ＝(0,0，－1)，＝(－1,0，－1)， ＝(－1,1，－1)，＝. 設平面SAB的法向量為n1＝(x1，y1，z1)． 平面SCD的法向量為n2＝(x2，y2，z2)， 平面SAB與平面SCD所成的角為θ. 由n1＝0與n1＝0. 可得n1＝(0,1,0)． 由n2＝0與n2＝0，可得n2＝(1,2,1)． ∴cos〈n1，n2〉＝＝＝. ∴cos θ＝，sin θ＝，∴tan θ＝. 即面SCD平面SBA所成的二面角的正切值為.