《2020高中数学第二章空间向量与立体几何章末综合检测2北师大版选修2-1》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高中数学第二章空间向量与立体几何章末综合检测2北师大版选修2-1（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 第二章 空间向量与立体几何 ( 时间： 100 分钟，满分：120 分) 一、选择题 ( 本大题共10 小题，每小题4 分，共 40 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 已知向量a、b， 且AB a2b，BC 5a6b，CD 7a2b， 则一定共线的三点是( ) AA、B、DBA、B、C CB、C、DDA、C、D 解析：选 A. BD BC CD 2(a 2b) 2AB ，B为公共点， A、B、D三点共线 2化简PM PN MN 所得的结果是( ) A.PM BNP C0DMN 解析：选 C.PM PN MN NM MN 0. 3若向量MA ，MB ，MC 的起
2、点 M和终点A，B，C互不重合且无三点共线，则能使向量MA ， MB ，MC 成为空间一组基底的关系是( ) A.OM 1 3OA 1 3OB 1 3OC B.MA MB MC C.OM OA OB OC D.MA 2MB MC 解析：选 C. 对于选项 A，由结论OM xOA yOB zOC (xyz1) ?M，A，B，C四点共 面知，MA ，MB ，MC 共面；对于B，D选项，易知MA ，MB ，MC 共面，故只有选项C中MA ，MB ，MC 不共面 4平行六面体ABCDA1B1C1D1中，若AC1 xAB 2yBC 3zC1C ，则xyz等于 ( ) A1 B7 6 C. 5 6 D2
3、3 解析：选 B. 在平行六面体中，AC1 xAB 2yBC 3zC1C AB BC CC1 AB BC C1C . 2 比较系数知x1，y 1 2，z 1 3， xyz 7 6. 5已知两个平面的一个法向量分别是m(1 ，2， 1) ，n (1 ， 1，0) ，则这两个平 面所成的二面角的平面角的余弦值为( ) A 3 6 B 3 6 C 3 6 或 3 6 D 3 3 或 3 3 解析：选 C.cos m，n mn |m|n| 1 62 3 6 ， 由于两平面所成角的二面角与m，n相等或互补故选C. 6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(
4、 ) A.65 B 65 2 C4 D8 解析：选 A.cos a，b ab |a|b| 4 33 4 9， sin a，b1 4 9 2 65 9 ， S|a|b|sin a，b9 65 9 65. 7 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B，AC的中点，则MN与平面B1BCC1 的位置关系是 ( ) A相交B平行 C垂直D不能确定 解析：选 B. 建立如图所示的空间直角坐标系， C1D1 (0 ，a， 0) 为平面B1BCC1的一个法向量， 3 M(a，1 2a， 1 2a) ， N( 1 2a， 1 2a， a) ， MN ( 1 2a，0， 1 2a) ，
5、由于C1D1 MN 0，且M N?平面B1BCC1， MN平面B1BCC 1. 8 如图， 在ABC中，ABBC4， ABC30，AD是边BC上的高，则AD AC 的值等于 ( ) A0 B9 4 C4 D 9 4 解析：选 C.在ABC中，由余弦定理得，|AC| 242 4 2244 cos 30 3216 3， |AC| 2(62) ，cosCADcosAD ，AC cos 15 cos(45 30) cos 45 cos 30 sin 45 sin 30 62 4 ， 又AD 1 2AB 2， AD AC | AD |AC |cos AD ，AC 4(62) 62 4 4，故选 C. 9
6、在正方体ABCD-A1B1C1D1中，直线BC1与平面A1BD所成的角的正弦值是( ) A. 2 4 B 2 3 C. 6 3 D 3 2 解析：选 C. 以D为原点，建立空间直角坐标系，如图，设正方体的棱长为1，则D(0 ，0，0) ，A1(1 ， 0，1) ，B(1，1，0)，C1(0 ，1，1) DA1 (1， 0，1)，DB (1，1，0) ，BC1 ( 1，0，1) 4 设n(x，y，z) 是平面DA1B的一个法向量， 则 DA1 n0， DB n0， 即 xz0， xy0， xyz. 令x1，得n(1， 1， 1) 设直线BC1与平面A1BD所成的角为， 则 sin |cos n，
7、BC1 | nBC1 |n|BC1 | 2 32 6 3 . 10四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为正方形，PA平面ABCD，PAAB2，E，F分别 为PB，PD的中点，则P到直线EF的距离为 ( ) A1 B 2 2 C. 3 2 D 6 2 解析：选 D.建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0 ，0，0) ，B(2 ， 0，0) ，C(2，2，0)，D(0 ，2，0)，P(0 ，0，2) ， 设AC与BD的交点为O， |PB| |PD| ， POBD， 又O(1，1， 0)， P点到BD的距离为 |PO| （10） 2（ 10）2 （ 0 2） 2 6， 又EF綊 1 2BD ， P到
8、EF的距离为 6 2 . 二、填空题 ( 本大题共5 小题，每小题5 分，共 25 分，把答案填在题中横线上) 11已知向量a(0 ， 1，1) ，b(4 ，1，0) ，|ab| 29，且0，则 _ 解析：ab(0 ， 1，1) (4 ，1， 0) (4 ，1，) ，由已知得 |ab| 4 2（ 1 ） 2 2 29，且0，解得3. 答案： 3 12 若A(x， 5x， 2x1) ，B(1 ，x2， 2x) ， 当|AB | 取最小值时，x的值等于 _ 解析：AB (1 x，2x3， 3x3)， 所以 |AB | （1x） 2（ 2x3）2 （ 3x3） 2 14x 2 32x1914（x8
9、7） 25 7， 当x8 7 时， |AB | 取得最小值 5 答案： 8 7 13已知a(3 ， 2， 3) ，b( 1，x1，1)，且a与b的夹角为钝角，则x的取 值范围是 _ 解析：ab 32(x1) 3 2x4，由题意知cosa，b( 1，0) ，即 1 2x4 22x 22x30，解之得 x 2 且x5 3. 答案： ( 2， 5 3) ( 5 3， ) 14在三棱柱ABC-A1B1C1中，各侧面均为正方形，侧面AA1C1C的对角线相交于点M，则 BM与平面AA1C1C所成角的大小是_ 解析：法一：取AC的中点D，连接BD，MD，由于BD平面AA1C1C，故BMD即为所求 直线与平面
10、所成角，设三棱柱棱长为a，其中BD 3 2 a，DM a 2， 故 tan BMDBD DM 3，解得BMD60. 法二：由题意知此三棱柱为各棱长均相等的正三棱柱，设棱长为2，建立如图所示的空 间直角坐标系， 则B(3，1，0) ，M(0 ，1，1) ，BM ( 3，0，1)， 取平面ACC1A1的一个法向量n(1 ， 0，0) ， cosBM ，n 3 21 3 2 ， 设BM与平面ACC1A1所成的角为， 则 sin 3 2 ，60. 答案： 60 15. 如图所示，在棱长为1 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点， G为棱A1B1上的一点，且A1G(0
11、1)，则点G到平面D1EF的距离为 _ 解析：A1B1平面D1EF， G到平面D1EF之距等于A1点到平面D1EF之距，建立如图所示的空间直角坐标系，则 6 A1(1，0，1) ，D1(0 ，0，1) ，F(1， 1， 1 2) ， E(1 ，0，1 2) ，设平面 D1EF的法向量为n(x，y， z) ，由 nEF 0 nED1 0 ， 易求得平面D1EF的一个法向量n(1，0，2) ，A1E (0 ，0， 1 2) ， d| A1E n| |n| 5 5 . 答案： 5 5 三、解答题 ( 本大题共5 小题，共 55 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 16(本小题满分10 分)
12、(2014 德州高二检测) 已知空间三点A(0 ，2，3)，B( 2，1， 6)，C(1 ， 1，5) ，若向量a分别与向量AB ，AC 垂直，且 |a| 3，求向量a的坐标 解：AB ( 2， 1， 3) ，AC (1 ， 3，2) ，设a(x，y，z) ， 由题意知 aAB 0 aAC 0 x 2 y 2 z 23 ，即 2xy3z0 x3y2z0 x 2 y 2z23 ， 解得 x1 y1 z1 或 x 1 y 1 z 1 . a(1 ，1， 1)或a( 1， 1， 1) 17(本小题满分10 分) 已知在空间四边形OABC中，M，N分别是对边OA，BC的中点， 点G在MN上，且MG2G
13、N， 如图所示，记OA a，OB b，OC c，试用向量a，b，c表示向量OG . 7 解：ON 1 2( bc) ，OM 1 2a，MN 1 2b 1 2c 1 2a， MG 2GN ，MG 2 3MN 1 3b 1 3c 1 3a， OG OM MG 1 2a 1 3b 1 3c 1 3a 1 6a 1 3b 1 3c. 18(本小题满分10 分) 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是AB的中点，点F是AA1上靠 近点A的三等分点，在线段DD1上是否存在一点G，使CGEF？若存在，求出点G的位置， 若不存在，说明理由 解：存在如图所示，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD-A1B1
14、C1D1 的棱长为1，则E(1， 1 2，0)， F(1 ，0， 1 3) ，C (0 ，1， 0) ，假设在DD1上存 在一点G，使CGEF，则CG EF ，由于点G在z轴上，设G(0， 0，z)， EF (0 ， 1 2， 1 3) ，CG (0 ， 1，z) CG EF ， CG EF ，即 (0 ， 1，z) (0， 1 2， 1 3) ， 00， 1 1 2， z1 3， 解得 2， z 2 3. 由于z 2 3 0 ，1 ，所以点 G在线段DD1上，其坐标为(0 ，0， 2 3) ， 故在线段DD1上存在一点G，使CGEF，点G是DD1上靠近点D1的三等分点 19(本小题满分12
15、分) 如图，在三棱锥P-ABC中，PC底面ABC，且ACB90，ACBCCP 2. (1) 求二面角B-AP-C的余弦值； (2) 求点C到平面PAB的距离 解： (1) 如图，以C为原点建立空间直角坐标系 则C(0，0， 0)，A(0 ，2，0) ，B(2， 0，0) ，P(0 ， 0，2) 易得面PAC的法向量为n1(1 ，0，0) ， PA (0 ，2， 2)，PB (2 ，0， 2)， n2 (x，y，z) 为平面PAB的法向量， n2PA 0 n2PB 0 ，即 2y2z0 2x2z0. 8 可取n2(1 ， 1，1) cosn1，n2 n1n2 |n1|n2| 1 3 3 3 . 二面角B-AP-C的余弦值为 3 3 . (2)d| CA n2| |n2| 2 3 23 3 ， 点C到平面PAB的距离为 23 3 . 20(本小题满分13 分) 已知在几何体A-BCED中，ACB90，CE平面ABC，平面BCED为梯形，且ACCE BC4，DB1. (1) 求异面直线DE与AB所成角的余弦值； (2) 试探究在DE上是否存在点Q，使得AQBQ，并说明理由 解：(1) 由题知，CA，CB，CE两两垂直， 以C为原点， 以CA，CB，C
