高中数学选修2-1第3章《空间向量与立体几何》单元测试题

所以 E(

2

2 2

a, 0,

2 2

a) , BE

(

2

2 2

a, 2,

2

a) .

2

设平面 BDE 法向量为 n ( x, y, z) ,

n BD

0,

y 0,

n BE 0

(

2

2 2

a)x

2 y

2 2

az 0.

令 z 1,得 n

, 0, 1). ( a

2 a 0,

易知 BD 因为 n BD

2 2, 0 是平面 SAC 的法向量.

( a , 0, 1) (0, 2 a

2 2, 0) 0 ,

所以 n BD ,所以平面 BDE 平面 SAC.

17( I)证明:四棱柱 ABCD — A 1B1C1D 1 中, BB 1//CC 1,

又 CC1

面 ABB 1A 1,所以 CC1// 平面 ABB 1A 1,

???? 2 分

ABCD 是正方形,所以 CD//AB , 又 CD

面 ABB 1A 1,AB

面 ABB 1A 1,所以 CD// 平面 ABB 1A 1,???? 3 分

所以平面 CDD 1C1//平面 ABB 1A 1,

所以 C1D// 平面 ABB 1A 1 因为 A1D ⊥平面 ABCD ,

???? 4 分

( II )解: ABCD 是正方形, AD ⊥ CD 所以 A1D ⊥AD , A1D ⊥ CD,

如图,以 D 为原点建立空间直角坐标系

D — xyz,

???? 5 分

在 ADA1 中,由已知可得 A1 D3,

所以 D(0,0,0), A1 (0,0, 3), A(1,0,0), C1 ( 1,1, 3) ,

B1 (0,1, BD1

3), D1 ( 1,0, 3), B(1,1,0), ( 2, 1, 3,)

???? 6 分

因为 A1D ⊥平面 ABCD , 所以 A1D ⊥平面 A 1 B1C1D1 A 1D⊥ B1D1。 又 B1 D1⊥ A 1C1,

所以 B1D 1⊥平面 A 1C1D ,

???? 7 分

n=( 1, 1, 0)

???? 8 分

所以平面 A 1C1D 的一个法向量为 设 BD 1 与 n 所成的角为

则 cos

n BD1 3 3 , | n || BD1 |

2 8

4

所以直线 BD 1 与平面 A 1C1D 所成角的正弦值为

3 . ???? 9 分

4

( III )解:平面 A 1C1A 的法向量为 m (a, b,c)

则 m A1C1

0, m A1 A

0,

所以 a b 0, a

3c 0

令 c

3,可得 m (3,3, 3)

???? 11 分

则 cos

m, n

m n 6 42 .

| m || n |

2

21

7

所以二面角 D

A C

A 的余弦值为

42 .

1

1

???? 12 分

7

解: M 、 N、 Q、 B 的位置如右图示。 (正确标出给 1 分)

( 1)∵ ND//MB 且 ND=MB ∴四边形 NDBM 为平行四边形 ∴ MN//DB ?????? 3 分 ∴ BD

平面 PBD , MN

平面 PBD

∴ MN// 平面 PBD ???????? 4 分

( 2)∵ QC⊥平面 ABCD , BD 平面 ABCD ,

∴ BD ⊥QC???????? 5 分

又∵ BD ⊥AC ,

∴ BD ⊥平面 AQC ?????????? 6 分

∵ AQ 面 AQC

∴ AQ ⊥BD ,同理可得 AQ ⊥PB , ∵ BD PD=B

∴ AQ ⊥面 PDB ??????????? 8 分 ( 3):设正方体的棱长为 a,

以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系如图:

则点 A( a,0,0),P( a,0,a),Q( 0,a,a)???? ∴

PQ ( a, a,0), AQ

( a, a,a) ??????

∵ PQ⊥面 DBM ,由( 2)知 AQ ⊥面 PDB ∴ AQ, PQ 分别为平面 PDB 、平面 DBM 的法向量???????? 12 分

AQ PQ ∴ cos AQ, PQ

|AQ| |PQ|

9 分

10 分

18.

2a2 2a

∴ tan

6

3a

3

AQ, PQ

2

2

, AQ,PQ

arctan

2

2

?????? 13 分

19:( 1)如图 2,连结 A 1O,则 A 1O⊥底面 ABCD 。作 OM ⊥ AB 交 AB 于 M ,作 ON⊥ AD 交 AD 于

N,连结 A 1M , A 1N。由三垂线定得得 A 1M ⊥ AB ,A 1N ⊥AD 。∵∠ A 1AM= ∠ A 1 AN ,

∴ Rt△A 1NA ≌ Rt△ A 1MA, ∴ A 1M=A 1N,从而 OM=ON 。

∴点 O 在∠ BAD 的平分线上。

( 2)∵ AM=AA 1cos

=3×1

=3

3

2

2

∴ AO= AM = 3

2 。

cos 2

4

又在 Rt △ AOA 1 中, A 1O2=AA 12 –AO 2=9- 9 = 9 ,

2 2

3 2 ∴A1O=

,平行六面体的体积为

V

5 4

3 2

30 2。

2

2

20.

解(Ⅰ)证明:由已知 PA AD,AB

AD ,

所以 PAB 为平面 PAD 与平面 ABCD 所成二面角的平面角, ?????????? 1 分 由已知 平面 ⊥平面 ABCD ,得 ???????????????? 分

: PAD PA AB 1 又 AB 平面 ABCD , AD 平面 ABCD ,且 AB与 AD 相交

∴ PA

平面 ABCD . ???????????????????????????2

(Ⅱ)连接 AF ,则

AFE 即为

, ?????????????????????2 分

AFE 中,可求得

arctan

5 ?????????????????????3

5

(Ⅲ)建立如图所示的空间直角坐标系

A - xyz,设 AB 2a ,

则 A(0,0,0) , B(2a,0,0) , C( 2a,2a,0) , D (0,2a,0) , P(0,0,2a) , E(0,0, a) , F ( a,2a,0) ∵ EF ( a,2a, a) , BD ( 2a,2a,0) , ???????????????????2 分

EF BD

3 ∴ cos

. ???????????????????????2

|EF| |BD|

6

故异面直线 EG 与 BD 所成的角为 arccos

3

. ???????????????? 分1

6

21. I)以 D 为坐标原点,分别以

DA、 DC、 DD1 所在直线为 x 轴, y 轴, z 轴,建立空间直角坐标系,

设 AB 1 ,则 D (0,0,0), A(1,0,0), B(1,1,0), C (0,1,0), B1(1,1,2) ,

C1 (0,1,2), P(0,1,2

BD AP

2 ) ,从而 BD ( 1, 1,0), AP

(4分)

( 1,1,2 2

) ,

0,即 AP BD .

( II )由(I)及

1 得,AP ( 3

1,1,), AB1

3

4

(0,1,2) ,

1 x

4 3

y 0

x y

3 2

设平面 AB1P 的法向量为 n (1, x, y) ,则

3

x 2 y 0

从而可取平面

AB1 P 的法向量为 n (2,6, 3) ,

又取平面 ABB1 的法向量为 m (1,0,0) ,且设二面角 P AB1 B为

所以

cos

m n m

2 n 7

(0

(9分)

( III ) 假设存在实数 由题结合图形,只需满足

1) 满足条件,

AP 分别与

、 所成的角相等, AC AB1

2 8 6 2

AP AC AP AC AP AB1 ,即 AP AB1

4 2

, 5 4

4 2 8 6 5

解得

5

4

10

(0,1) .所以存在满足题意得实数

5

10 4

,使得 AP 在平面 B1 AC 上

的射影平分 B1 AC (14 分)

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