《高二数学电子题库 第3章章末综合检测 含答案（苏教版）选修2-1》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高二数学电子题库 第3章章末综合检测 含答案（苏教版）选修2-1（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、(时间：120分钟；满分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填在题中横线上)如图，已知四边形ABCD是平行四边形，点O为空间任意一点，设a，b，c，则向量用a，b，c可表示为_解析：()abc.答案：abc已知空间四边形ABCD中，a，b，c，点M在OA上，且OM3MA，N为BC中点，则_.(用a，b，c表示)解析：显然().答案：abc在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是_(填序号)3；0；0.解析：对，空间的四点M，A，B，C共面只需满足xyz，且xyz1即可根据空间向量共面定理可知也能使M与A，B，C共面答案：已知向量a(2，3，0)，b(k，0
2、，3)，若a，b成120的角，则k_解析：cosa，b0k0，k.答案：已知平行六面体ABCDABCD中，AB4，AD3，AA5，BAD90，BAADAA60，则AC等于_解析：只需将，运用向量运算|即可答案：已知A(1，2，6)，B(1，2，6)，O为坐标原点，则向量与的夹角是_解析：利用cos，计算结果为1.答案：设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足0，0，0，则BCD是_三角形解析：过点A的棱两两垂直，通过设棱长应用余弦定理可得三角形为锐角三角形答案：锐角空间四边形OABC中，OBOC，AOBAOC60，则cos，_解析：选择一组基向量，再来处理的值答案：0已知A(1，1，1)，B
3、(2，2，2)，C(3，2，4)，则ABC的面积为_解析：应用向量的运算，计算出cos，再计算sin，从而得S|sin，.答案：下列命题：若n1，n2分别是平面，的法向量，则n1n2；若n1，n2分别是平面，的法向量，则n1n20；若n是平面的法向量，a与共面，则na0；若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直；其中正确的个数为_解析：中平面，可能平行，也可能重合，结合平面法向量的概念，易知正确答案：3在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin，的值为_解析：设正方体棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，
4、如图，可知(2，2，1)，(2，2，1)，所以cos，故 sin，.答案：已知棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E是A1B1的中点，则直线AE与平面ABC1D1所成角的正弦值_解析：如图所示，建立空间直角坐标系，则(0，1，0)，(1，0，1)，(0，1)；设平面ABC1D1的法向量为n(x，y，z)，则由可解得一个n(1，0，1)；设直线AE与平面ABC1D1所成角为，则sin.答案：在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面是等腰直角三角形，ACB90，侧棱AA12，D，E分别是CC1，A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是ABD的重心G，则A1B与平面ABD所成角的余弦值为_解析：
5、以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，CC1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设CACBa，则A(a，0，0)，B(0，a，0)，A1(a，0，2)，D(0，0，1)E(，1)，G(，)，(，)，(0，a，1)，点E在平面ABD上的射影是ABD的重心G，GE平面ABD，0.解得a2.(，)，(2，2，2)平面ABD，为平面ABD的一个法向量，那么cos，A1B与平面ABD所成角的余弦值为.答案：在空间直角坐标系中，定义：平面的一般方程为AxByCzD0(A，B，C，DR，且A，B，C不同时为零)，点P(x0，y0，z0)到平面的距离为：d，则在底面边长与高都为2的
6、正四棱锥中，底面中心O到侧面的距离等于_解析：如图，以底面中心O为原点建立空间直角坐标系Oxyz，则A(1，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，2)，设平面PAB的方程为AxByCzD0，将以上3个坐标代入计算得A0，BD，CD，所以DyDzD0，即2yz20，则d.答案：二、解答题(本大题共6小题，共90分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)(本小题满分14分)已知：E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，求证：(1)E、F、G、H四点共面；(2)BD平面EFGH.证明：(1)如图所示，连结EG，E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB
7、、BC、CD、DA的中点，()，；()；由共面向量定理知：，共面；E、F、G、H四点共面(2)()，EHBD；又EH平面EFGH，BD平面EFGH，BD平面EFGH.(本小题满分14分)已知空间向量，等满足|5，|8，且0.(1)求|；(2)设BAC，且已知cos(x)，x，求sin(x)解：(1)由已知得，所以，则|，|，因为0，所以CDAB，在RtBCD中，BC2BD2CD2，又CD2AC2AD2，所以BC2BD2AC2AD249，所以|7.(2)在RtADC中，cosBAC，所以；所以cos(x)cos(x)，故sin(x).而x，x.如果0x，则sin(x)sinsin，故sin(x)
8、舍去，所以sin(x).(本小题满分14分)在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA底面ABCD，AB，BC1，PA2，E为PD的中点(1)求直线AC与PB所成角的余弦值；(2)在侧面PAB内找一点N，使NE面PAC，并求出点N到AB和AP的距离解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A，B，C，D，P，E的坐标为A(0，0，0)、B(，0，0)、C(，1，0)、D(0，1，0)、P(0，0，2)、E(0，1)，从而(，1，0)，(，0，2)，设与的夹角为，则cos，AC与PB所成角的余弦值为.(2)由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为(x，0，z)，则(x，1z)，由NE面P
9、AC，可得即即N点的坐标为(，0，1)，从而N点到AB和AP的距离分别为1，.(本小题满分16分)已知一个多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截而得到的，其中AB4，BC2，CC13，BE1.(1)求BF的长；(2)求点C到平面AEC1F的距离解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系则D(0，0，0)，B(2，4，0)，C(0，4，0)，E(2，4，1)，A(2，0，0)，C1(0，4，3)；设F(0，0，z)，四边形AEC1F为平行四边形，得(2，0，z)(2，0，2)，z2，F(0，0，2)，(2，4，2)于是|2，即BF的长为2.(2)设n1为平面AEC1F的法向量，显然n1
10、不垂直于平面ADF，故可设n1(x，y，1)，由得即n1(1，1)又(0，0，3)，设与n1的夹角为，则cos.C到平面AEC1F的距离为d|cos3.(本小题满分16分)如图，四棱锥PABCD的底面为直角梯形，ABDC，DAB90，PA底面ABCD，且PAADDCAB，M是PB的中点(1)证明：面PAD面PCD；(2)求AC与PB所成角的余弦值；(3)求面AMC与面BMC所成二面角的余弦值解：以A为坐标原点，AD长为单位长度，如图所示，建立空间直角坐标系，则各点坐标为A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(1，1，0)，D(1，0，0)，P(0，0，1)，M(0，1，)(1)证明：因(0，0
11、，1)，(0，1，0)，故0，所以APDC.由题设知ADDC，且APADA，由此得DC面PAD.又DC在面PCD上，故面PAD面PCD.(2)因为(1，1，0)，(0，2，1)，故|，|，2，所以cos，.故所求AC与PB所成角的余弦值为.(3)在MC上取一点N(x，y，z)，则存在R，使，(1x，1y，z)，(1，0，)，x1，y1，z.要使ANMC，只需0，即xz0，解得.可知当时，N点坐标为(，1，)，0，此时(，1，)，(，1，)，有0.由0，0得ANMC，BNMC，所以ANB为面AMC与面BMC所成二面角的平面角|，|，cos，故所求的二面角的余弦值为.(本小题满分16分)已知斜三棱
12、柱ABCA1B1C1，BCA90，ACBC2，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，又知BA1AC1.(1)求证：AC1平面A1BC；(2)求点C1到平面A1AB的距离；(3)求二面角AA1BC的余弦值解：如图所示，取AB的中点E，则DEBC，因为BCAC，所以DEAC，又A1D平面ABC，以DE，DC，DA1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，1，0)，C(0，1，0)，B(2，1，0)，A1(0，0，t)，C1(0，2，t)(1)证明：(0，3，t)，(2，1，t)，(2，0，0)，由0，知AC1CB，又BA1AC1，CBBA1B，所以AC1平面A1BC.(2)由3t20，得t.设平面A1AB的法向量为n(x，y，z)，又(0，1，)，(2，2，0)，所以设z1，则n(，1)，所以点C1到平面A1AB的距离d.(3)设平面A1BC的法向量为m(x，y，z)，(0，1，)，(2，0，0)，所以，设z1，则m(0，1)cosm，n，根据法向量的方向，可知二面角AA1BC的平面角的余弦值为.
