《志鸿全优设计》2013-2014学年高中数学人教A选修2-1单元目标检测：第三章　空间向量与立体几何（含解析）

数学人教A选修2-1第三章　空间向量与立体几何单元检测
(时间：45分钟，满分：100分)
一、选择题(每小题6分，共48分)
1．已知点A(－4,8,6)，则点A关于y轴对称的点的坐标为(　　)．
A．(－4，－8,6) B．(－4，－8，－6)
C．(－6，－8,4) D．(4,8，－6)
2．若a＝(0,1，－1)，b＝(1,1,0)，且(a＋λb)⊥a，则实数λ的值为(　　)．
A．－1 B．0 C．1 D．－2
3．若向量a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1,2)，a，b夹角的余弦值为，则λ等于(　　)，
A．2 B．－2
C．－2或 D．2或
4．已知a＝(2，－1,2)，b＝(2,2,1)，则以a，b为邻边的平行四边形的面积为(　　)．
A． B． C．4 D．8
5．如图，在四面体ABCD中，已知＝b，＝a，＝c，，则等于(　　)．
A．
B．
C．
D．
6．在三棱锥P－ABC中，△ABC为等边三角形，PA⊥平面ABC，且PA＝AB，则二面角A－PB－C的平面角的正切值为(　　)．
A． B． C． D．
7．已知A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动(O为原点)，则当取最小值时，点Q的坐标为(　　)．
A． B．
C． D．
8．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，E，F分别是BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为(　　)．
A． B． C． D．
二、填空题(每小题6分，共18分)
9．若向量a＝(4,2，－4)，b＝(1，－3,2)，则2a·(a＋2b)＝________．
10．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝1，EF∥BC且AE＝2EB，G为BC的中点，K为△AFD的外心，沿EF将矩形折成120°的二面角A－EF－B，此时KG的长为__________．
11．已知直线AB，CD是异面直线，AC⊥AB，AC⊥CD，BD⊥CD，且AB＝2，CD＝1，则异面直线AB与CD所成角的大小为________．
三、解答题(共3小题，共34分)
12．(10分)已知向量a＝(1，－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)
13．(10分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为的菱形，∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝，M，N分别为PB，PD的中点．
(1)证明：MN∥平面ABCD；
(2)过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A－MN－Q的平面角的余弦值．
14．(14分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1．D是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA1．
(1)求证：CD＝C1D；
(2)求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值；
参考答案
1答案：D
2答案：D　解析：a＋λb＝(λ，1＋λ，－1)．
由(a＋λb)⊥a，知(a＋λb)·a＝0，
所以1＋λ＋1＝0，解得λ＝－2．
3答案：C　解析：由公式cos〈a，b〉＝，知，解方程得λ＝－2或．
4答案：A　解析：|a|＝3，|b|＝3，而a·b＝4＝|a||b|，
∴＝，故＝，[来源:.Com]
于是以a，b为邻边的平行四边形的面积为
S＝|a||b|＝．
5答案：A　解析：＝＋＋＝＋＋(－)＝．
6答案：A　解析：设PA＝AB＝2，建立空间直角坐标系，平面PAB的一个法向量是m＝(1,0,0)，平面PBC的一个法向量是n＝．
则cos〈m，n〉＝．
∴正切值tan〈m，n〉＝．
7答案：D　解析：由题意可知＝λ，故可设Q(λ，λ，2λ)，
∴·＝6λ2－16λ＋10＝，
∴时，·取最小值，此时Q的坐标为．
8答案：C　解析：建立如图所示的坐标系，
则A1(a,0，a)，D1(0,0，a)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，B1(a，a，a)，E，F．
设平面A1D1E的法向量为n＝(x，y，z)，
则，，即(x，y，z)·(－a,0,0)＝0，(x，y，z)·＝0，
∴－ax＝0，．
∴x＝0，．
∴n＝．
∴
＝．
9答案：32　解析：2a·(a＋2b)＝2|a|2＋4a·b＝2×36＋4×(－10)＝32．
10答案：　解析：如图，过K作KM⊥EF，M为垂足，
则向量与的夹角为120°.
＝＋＋＋，
＝＋＋＋＋2·＋2·＋2·＋2·.
∴＝1＋＋1＋＋0＋0＋2×1×1×cos 60°＋0＋0＋2×××cos 180°＝2＋＋1－＝3．
∴．
答案：60°　解析：设AB与CD所成的角为θ，
则cos θ＝＝．
由于·＝(＋＋)·＝·＋＋·＝0＋12＋0＝1，
∴cos θ＝．
由于0°＜θ≤90°，∴θ＝60°，故异面直线AB与CD所成角的大小为60°．
12答案：解：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，故|2a＋b|＝．
答案：解：＝＋＝＋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，因此存在点E，使得⊥b，此时E点坐标为．
13答案：证明：连结BD，因为M，N分别是PB，PD的中点，
所以MN是△PBD的中位线．所以MN∥BD．
又因为MN平面ABCD，BD平面ABCD，
所以MN∥平面ABCD．
答案：解法一：连结AC交BD于O，以O为原点，OC，OD所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系O－xyz，如图所示．
在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，得AC＝AB＝，BD＝AB＝6．
又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AC．
在直角△PAC中，，，AQ⊥PC，得QC＝2，PQ＝4，
由此知各点坐标如下：A(，0,0)，B(0，－3,0)，C(，0,0)，D(0,3,0)，P(，0,)，M，N，Q．
设m＝(x，y，z)为平面AMN的法向量．
由＝，＝，
知
取z＝－1，得m＝(，0，－1)．
设n＝(x，y，z)为平面QMN的法向量．
由＝，
＝知
取z＝5，得n＝(，0,5)．
于是cos〈m，n〉＝．
所以二面角A－MN－Q的平面角的余弦值为．
解法二：在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，得AC＝AB＝BC＝CD＝DA，BD＝AB．
又因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AD．
所以PB＝PC＝PD．
所以△PBC≌△PDC．
而M，N分别是PB，PD的中点，
所以MQ＝NQ，且AM＝PB＝PD＝AN．
取线段MN的中点E，连结AE，EQ，
则AE⊥MN，QE⊥MN，
所以∠AEQ为二面角A－MN－Q的平面角．
由AB＝，PA＝，[来源:学§科§网]
故在△AMN中，AM＝AN＝3，MN＝BD＝3，得AE＝.
在直角△PAC中，AQ⊥PC，得
AQ＝，QC＝2，PQ＝4，
在△PBC中，cos∠BPC＝，
得MQ＝.
在等腰△MQN中，MQ＝NQ＝，MN＝3，得
.
在△AEQ中，，，，得
cos∠AEQ＝.
所以二面角A－MN－Q的平面角的余弦值为．
14答案：解：如图，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A1xyz，则A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,0,1)．
[来源:学科网]
答案：解：如图，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A1xyz，则A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,0,1)．
设C1D＝x，∵AC∥PC1，
∴．
由此可得D(0,1，x)，P，
∴＝(1,0,1)，＝(0,1，x)，
＝．
设平面BA1D的一个法向量为n1＝(a，b，c)，[来源:学*科*网Z*X*X*K]
则
令c＝－1，则n1＝(1，x，－1)．[来源:学。科。网]
∵PB1∥平面BA1D，
∴n1·＝1×(－1)＋x·＋(－1)×0＝0．
由此可得，故CD＝C1D．
答案：解：由(1)知，平面BA1D的一个法向量n1＝．
又n2＝(1,0,0)为平面AA1D的一个法向量，
∴cos〈n1，n2〉＝．
故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为．
(3)求点C到平面B1DP的距离．
答案：解：∵＝(1，－2,0)，＝，
设平面B1DP的一个法向量n3＝(a1，b1，c1)，
则
令c1＝1，可得n3＝．
又，
∴点C到平面B1DP的距离．