《2023年数学苏教版选修作业第章 空间向量与立体几何 章末综合检测.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年数学苏教版选修作业第章 空间向量与立体几何 章末综合检测.doc（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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)若空间三点A(1，5，2)，B(2，4，1)，C(p，3，q2)共线，则p_，q_解析：A、B、C三点共线，则有与共线，即，又(1，1，3)，(p1，2，q4)，解得答案：32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)，
2、b(k，0，3)，若a，b成120的角，则k_解析：cosa，b0，k0，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，1.即向量与的夹角是.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：锐角已知A(1，1，1)，B(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co
3、s，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在空间直角坐标系Oxyz中，i，j，k分别是x轴、y轴、z轴的方向向量，设a为非零向量，且a，i45，a，j60，则a，k_解析：如图所示，设|a|m(m0)，a，PA平面xOy，则在RtPBO中，|cosa，im，在RtPCO中，|cosa，j，|，在RtPAB中，P
4、A ，OD，在RtPDO中，cosa，k，又0a，k180，a，k60.答案：60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，DC，DD1，所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，可知(2，2，1)，(2，2，1)，所以cos，故 sin，.答案：点P是棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1内一点，且满足，则点P到棱AB的距离为_解析：如图所示，过P作PQ平面ABCD于Q，过Q作QEAB于E，连结PE.，PQ，EQ，点P到棱AB的距离为PE .答案：在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面是
5、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：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
6、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)在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为DD1的中点，
7、M为四边形ABCD的中心求证：对A1B1上任一点N，都有MNAP.证明：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为1，则A(1，0，0)，P，M，N(1，y，1)，.(1)010，即A1B1上任意一点N都有MNAP.(本小题满分14分)已知空间向量，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
8、x，x.如果0x，则sin(x)sinsin，故sin(x)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
9、内，故可设N点坐标为(x，0，z)，则(x，1z)，由NE面PAC，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，
10、即BF的长为2.(2)设n1为平面AEC1F的法向量，显然n1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|cos 3.(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：平面PAD平面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A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(1，1，0)，D(1，0，
11、0)，P(0，0，1)，M(0，1，)(1)证明：因(0，0，1)，(0，1，0)，故0，所以APDC.由题设知ADDC，且APADA，由此得DC平面PAD.又DC在平面PCD上，故平面PAD平面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|，
12、|，cos，故所求的二面角的余弦值为.(本小题满分16分)如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，侧棱PAPD，底面ABCD为直角梯形，其中BCAD，ABAD，AD2AB2BC2，O为AD中点(1)求证：PO平面ABCD；(2)求异面直线PB与CD所成角的余弦值；(3)求点A到平面PCD的距离解：(1)证明：如图所示，以O为坐标原点，、的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)所以(0，0，1)，(0，2，0)，0，所以POAD，又侧面PAD底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD，所以PO平面ABCD.(2)(1，1，0)，(1，1，1)，所以cos，所以异面直线PB与CD所成的角的余弦值为.(3)设平面PCD的法向量为n(x0，y0，z0)，(1，0，1)，(1，1，0)，由，得，即x0y0z0，取x01，得平面PCD的一个法向量为n(1，1，1)又(1，1，0)，从而点A到平面PCD的距离d.第 页
