发布时间 : 星期四 文章高中数学选修2-1第三章空间向量与立体几何测试题（详解）更新完毕开始阅读e180b80ba48da0116c175f0e7cd184254a351bd1
建立空间直角坐标系D－xyz，如图．
设正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1)． →→→
∴D1A＝(1,0，－1)，D1B＝(1,1，－1)，D1B1＝(1,1,0)．
→
设平面ABD1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面B1BD1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则由m·D1A＝0，→→
m·n1
m·D1B＝0，可得m＝(1,0,1)，由n·D1B＝0，n·D1B1＝0，得n＝(1，－1,0)，∴cos〈m，n〉＝＝.∴
|m||n|2所求二平面的大小为60°.
答案 60°
16．在下列命题中：①若a，b共线，则a，b所在的直线平行；②若a，b所在的直线是异面直线，则a，b一定不共面；③若a，b，c三向量两两共面，则a，b，c三向量一定也共面；④已知三向量a，b，c，则空间任意一个向量p总可以唯一表示为p＝xa＋yb＋zc，其中不正确的命题为________．
解析 ①a，b共线，包括a与b重合，所以①错． ②空间任意两个向量均共面，所以②错．
③以空间向量的一组基底{a，b，c}为例，知它们两两共面，但它们三个不共面，所以③错． ④当与a，b，c共面时，不成立，所以④错． 答案 ①②③④
三、解答题(本大题共6小题，满分70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)如图，空间四边形OABC中，E，F分别为OA，BC的中点，
→→→→设OA＝a，OB＝b，OC＝c，试用a，b，c表示EF.
→→→→→→
11111
解 EF＝EO＋OF＝－OA＋(OB＋OC)＝－a＋b＋c.
22222
18．(12分)设a1＝2i－j＋k，a2＝i＋3j－2k，a3＝－2i＋j－3k，a4＝3i＋2j＋5k，试问是否存在实数a，b，c使a4＝aa1＋ba2＋ca3成立？如果存在，求出a，b，c的值；如果不存在，请说明理由．
解 假设a4＝aa1＋ba2＋ca3成立． 由已知a1＝(2，－1,1)，a2＝(1,3，－2)， a3＝(－2,1，－3)，a4＝(3,2,5)，可得
(2a＋b－2c，－a＋3b＋c，a－2b－3c)＝(3,2,5)． 2a＋b－2c＝3，
??
∴?－a＋3b＋c＝2，??a－2b－3c＝5，
解得：a＝－2，b＝1，c＝－3. 故有a4＝－2a1＋a2－3a3. 综上知，满足题意的实数存在， 且a＝－2，b＝1，c＝－3.
19．(12分)四棱柱ABCD－A′B′C′D′中，AB＝5，AD＝3，AA′＝7，∠BAD＝60°，∠BAA′＝∠DAA′＝45°，求AC′的长．
→→→→→→→解 AC′＝AB＋BC＋CC′＝AB＋AD＋AA′， →→→→∴(AC′)2＝(AB＋AD＋AA′)2
→→→→→→→→→＝AB2＋AD2＋AA′2＋2(AB·AD＋AB·AA′＋AD·AA′) ＝25＋9＋49＋2(5×3cos60°＋5×7cos45°＋3×7cos45°) ＝98＋562. →∴|AC′|＝
98＋562，
98＋562.
即AC′的长为
20．(12分)如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在的平面，AB＝2，PC与平面ABCD所成角是45°，F是AD的中点，M是PC的中点．
求证：DM∥平面PFB.
证明 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，由PC与平面ABCD所成的角为45°，即∠PCD＝45°，得PD＝2，则P(0,0,2)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，F(1,0,0)，D(0,0,0)，M(0,1,1)，
→→→
∴FB＝(1,2,0)，FP＝(－1,0,2)，DM＝(0,1,1)． 设平面PFB的法向量为n＝(x，y，z)，则
?n＝0，?FB·∴?→?n＝0，?FP·
→
??x＋2y＝0，
即? ?－x＋2z＝0.?
令y＝1，则x＝－2，z＝－1.
故平面PFB的一个法向量为n＝(－2,1，－1)． →→
∵DM·n＝0，∴DM⊥n.
又DM?平面PFB，则DM∥平面PFB.
21．(12分)如图，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1
＝2AB＝4，点E在C1C上，且C1E＝3EC.
(1)证明A1C⊥平面BED；
(2)求二面角A1－DE－B的余弦值．
解 以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.
依题设B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,4)． →→
DE＝(0,2,1)，DB＝(2,2,0)， →→
A1C＝(－2,2，－4)，DA1＝(2,0,4)． →→→→(1)∵A1C·DB＝0，A1C·DE＝0， ∴A1C⊥BD，A1C⊥DE. 又DB∩DE＝D， ∴A1C⊥平面DBE.
→(2)设向量n＝(x，y，z)是平面DA1E的法向量，则n⊥DE、→n⊥DA1.
∴2y＋z＝0,2x＋4z＝0. 令y＝1，则z＝－2，x＝4， ∴n＝(4,1，－2)．
→
→
n·A1C14
∴cos〈n，A1C〉＝＝.
→42|n||A1C|
→
∵〈n，A1C〉等于二面角A1－DE－B的平面角， ∴二面角A1－DE－B的余弦值为
22．(12分)正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CD的中点．
14. 42
(1)证明：平面AED⊥平面A1FD1；
(2)在AE上求一点M，使得A1M⊥平面DAE.
解 (1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，不妨设正方体的棱长为2，则A(2,0,0)，E(2,2,1)，F(0,1,0)，A1(2,0,2)，D1(0,0,2)．
设平面AED的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
???→?DE＝?n·
1
→n1·DA＝
x1，y1，z1x1，y1，z1
·2，0，0·2，2，1
＝0，＝0.
??2x1＝0，∴? ??2x1＋2y1＋z1＝0.
令y1＝1，得n1＝(0,1，－2)．
同理可得平面A1FD1的法向量n2＝(0,2,1)． ∵n1·n2＝0，∴平面AED⊥平面A1FD1. (2)由于点M在AE上，
→→
∴可设AM＝λAE＝λ(0,2,1)＝(0,2λ，λ)， →
可得M(2,2λ，λ)，于是A1M＝(0,2λ，λ－2)． 要使A1M⊥平面DAE，需A1M⊥AE，
→→
2
∴A1M·AE＝(0,2λ，λ－2)·(0,2,1)＝5λ－2＝0，得λ＝.
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242
故当AM＝AE时，即点M坐标为(2，，)时，A1M⊥平面DAE.
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