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2019版数学精品资料(北师大版)第二章检测题A时间120分钟,满分150分。一、选择题(本大题共10个小题,每小题5分,共50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在空间中,已知动点P(x,y,z)满足z0,则动点P的轨迹是()A平面B直线C不是平面,也不是直线D以上都不对答案A解析P的坐标z为0,横坐标x,纵坐标y为任意实数,这样的点都在xOy平面内2已知i,j,k是空间直角坐标系Oxyz的单位正交基底,并且ijk则B点的坐标为()A(1,1,1)B(i,j,k)C(1,1,1)D不确定答案D解析向量确定时,终点坐标随着起点坐标的变化而变化,本题中起点没固定,所以终点的坐标也不确定3若平面,的法向量分别为u(2,3,5),v(3,1,4),则()ABC、相交但不垂直D以上均不正确答案C解析因为,且uv0,所以、相交但不垂直4设n(1,2,2)是平面的一个法向量,直线的方向向量为a(2,1,m),若与的夹角的正弦值为,则m等于()ABCD3答案C解析设与夹角为则sin,即,解得m.5若a(0,1,1),b(1,1,0),且(ab)a,则实数的值是()A1B0C1D2答案D解析ab(0,1,1)(,0)(,1,1),由(ab)a,知(ab)a0.0(1)1110,得2.6已知A(2,5,1),B(2,2,4),C(1,4,1),则与的夹角为()A30B45C60D90答案C解析(0,3,3),(1,1,0)设,则cos,60.7已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AB2,CC12,E为CC1的中点,则直线AC1与平面BED的距离为()A2BCD1答案D解析本小题主要考查了正四棱柱的性质的运用,以及点到面的距离的求解连结AC交BD于O,连EO,则OEAC1.AC1到平面BED的距离,即为C1点到平面BED之距,又C1ECE且CC1平面BEDE,C1点到平面BED之间距离等于C点到平面BED之距又BD平面ECO,平面BED平面ECO,过C作CHEO于H,则CH即为点C到平面BED之距,CH1.故选D本题的关键点是过线面距转化为点面距,进而转化为点线距,体现了转化与化归的数学思想方法8如图所示,在四面体PABC中,PC平面ABC,ABBCCAPC,那么二面角BAPC的余弦值为()ABCD答案C解析如图,作BDAP于D,作CEAP于E,设AB1,则CE,EP,PAPB,AB1,所以BD,ED.因为,所以2222222.所以.所以cos.另解:如图建立空间直角坐标系,且设AB2,则B(1,0),C(0,0,0),A(2,0,0),P(0,0,2)设平面PAB的法向量为n1 (x,y,z),由n10,n10得,故可取n1(,1,)又平面APC的法向量可取n2(0,1,0),cos.9正四棱锥SABCD中,O为顶点在底面内的投影,P为侧棱SD的中点,且SOOD,则直线BC与平面PAC的夹角是()A30B45C60D75答案A解析如图,以 O为坐标原点建立空间直角坐标系Oxyz.设ODSOOAOBOCa,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(a,0,0),P(0,),则(2a,0,0),(a,),(a,a,0),设平面PAC的一个法向量为n,可取n(0,1,1),则cos,n,所以,n60,所以直线BC与平面PAC的夹角为906030.10如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1,CACC12CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()ABCD答案A解析本题考查了空间向量与空间角设CB1,则CACC12,B(0,0,1),C1(0,2,0),A(2,0,0),B1(0,2,1),(0,2,1),(2,2,1),|,|3,413,cos,故选A二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分)11若A1、A2、A3是空间不共线的三点,则_,类比上述性质得到一般性的结论为_答案0解析An1An0.12已知a(3,1,5),b(1,2,3),向量c与z轴垂直,且满足ca9,cb4,则c_.答案解析令c(x,y,z),则解得,所以c.13已知空间三点A(0,2,3),B(2,1,6),C(1,1,5),若|a|,且a分别与、垂直,则向量a_.答案(1,1,1)或(1,1,1)解析设a(x,y,z),由题意得解得或a(1,1,1)或a(1,1,1)14若空间三点A(1,5,2)、B(2,4,1)、C(p,3,q2)共线,则p_,q_.答案32解析由A、B、C三点共线,则有与共线,即.又(1,1,3),(p1,2,q4),所以所以15在空间平移ABC到A1B1C1(使A1B1C1与ABC不共面),连接对应顶点,设a,b,c,M是BC1的中点,N是B1C1的中点,用基底a,b,c表示向量的结果是_答案abc解析如图,()()b(ab)(ac)abC三、解答题(本大题共6小题,共75分,前4题每题12分,20题13分,21题14分)16空间四边形OABC中,G,H分别是ABC,OBC的重心,设a,b,c,试用向量a,b,c表示.解析解法一:设BC边中点为D,则,()(bc),()()abc,(bc)abca,A解法二:简解:取BC的中点D,连OD、AD,由题意知且GHOAA17如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是矩形,PA底面ABCD,PAAB1,AD.点E在边BC上移动试求当BE等于何值时,PA与平面PDE所成角的大小为45.解析以A为坐标原点,AD、AB、,AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Axyz.如题图设BEm(0m),则A(0,0,0),P(0,0,1),D(,0,0),E(m,1,0),所以(0,0,1),(,0,1),(m,1,0)设平面PDE的一个法向量为n(x,y,z),则n,n,所以解得令x1,得n(1,m,)因为PA与平面PDE所成角的大小为45,所以sin45|,解得m或m(舍),因此,当BE时,PA与平面PDE所成角的大小为45.18三棱锥PABC中,侧面PAC与底面ABC垂直,PAPBPC3.(1)求证:ABBC;(2)设ABBC2,求AC与平面PBC所成角的大小解析(1)证明:取AC中点D,连结PD、BDPAPC,PDAC又已知知平面PAC平面ABC,PD平面ABC,D为垂足PAPBPC,DADBDCAC为ABC的外接圆直径,因此ABBC(2)解:以D为原点,、的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立直角坐标系,则A(,0,0),C(,0,0),B(0,0),P(0,0,),(,0,),(,0),(2,0,0)设n(1,y,z)为平面PBC的法向量,则n0,n0,即解得即n(1,1,)于是cos,n,n60,AC与平面PBC的成的角为30.19.在直三棱柱ABCA1B1C1中,AC3,BC4,AB5,AA14,点D是AB的中点(1)求证:ACBC1;(2)求证:AC1平面CDB1;(3)求AC1与CB1所成角的余弦值解析直三棱柱ABCA1B1C1底面三边长AC3,BC4,AB5,AC、BC、C1C两两垂直如图所示,以C为坐标原点,直线CA、CB、CC1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系则C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4),D(,2,0)(1)(3,0,0),(0,4,4)0,ACBC1.(2)设CB1与C1B的交点为E,连接DE,则E(0,2,2)(,0,2),(3,0,4),DEAC1.DE平面CDB1,AC1平面CDB1,AC1平面CDB1.(3)(3,0,4),(0,4,4),cos.异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为.20如图,直三棱柱ABCA1B1C1中,ABAC,D、E分别为AA1、B1C的中点,DE平面BCC1.(1)证明:ABAC;(2)设二面角ABDC为60,求B1C与平面BCD所成的角的大小解析解法一:(1)取BC中点F,连接EF,则EF綊B1B,从而EF綊DA连接AF,则ADEF为平行四边形,从而AFDE.又DE平面BCC1,故AF平面BCC1,从而AFBC,即AF为BC的垂直平分线,所以ABAC(2)作AGBD,垂足为G,连接CG.又平面AA1B1B平面ABC,ACAB,AC平面AA1B1B,由三垂线定理知CGBD,故AGC为二面角ABDC的平面角由题设知,AGC60.设AC2,则AG.又AB2,BC2,故AF.由ABADAGBD得2AD,解得AD,故ADAF.又ADAF,所以四边形ADEF为正方形因为BCAF,BCAD,AFADA,故BC平面DEF,因此平面BCD平面DEF.连接AE、DF,设AEDFH,则EHDF,EH平面BCD连接CH,则ECH为B1C与平面BCD所成的角因ADEF为正方形,AD,故EH1,又ECB1C2,所以ECH30,即B1C与平面BCD所成的角为30.解法二:(1)以A为坐标原点,射线AB为x轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设B(1,0,0),C(0,b,0),D(0,0,c),则B1(1,0,2c),E.于是,(1,b,0),由DE平面BCC1知DEBC,0,求得b1,所以ABAC(2)设平面BCD的法向量(x,y,z),则0,0.又(1,1,0),(1,0,c),故令x1,则y1,z,.又平面ABD的法向量(0,1,0)由二面角ABDC为60知,60,故|cos60,求得c.于是(1,1,),(1,1,),cos,60.所以B1C与平面BCD所成的角为30.21如图,四棱锥PABCD中,PA底面ABCD,四边形ABCD中,ABAD,ABAD4,CD,CDA45.(1)求证:平面PAB平面PAD;(2)设ABAP.()若直线PB与平面PCD所成的角为30,求线段AB的长;()在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P,B、C、D的距离都相等?说明理由解析解法一:(1)因为PA平面ABCD,AB平面ABCD,所以PAAB又ABAD,PAADA,所以AB平面PAD又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD(2)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系Axyz(如图)在平面ABCD内,作CEAB交AD于点E,则CEAD在RtCDE中,DECDcos451,CECDsin451.设ABAPt,则B(t,0,0),P(0,0,t)由ABAD4得AD4t,所以E(0,3t,0),C(1,3t,0),D(0,4t,0),(1,1,0),(0,4t,t)()设平面PCD的法向量为n(x,y,z),由n,n,得取xt,得平面PCD的一个法向量n(t,t,4t)又(t,0,t),故由直线PB与平面PCD所成的角为30得cos60,即,解得t或t4(舍去,因为AD4t0),所以AB.()假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等设G(0,m,0)(其中0m4t),则(1,3tm,0),(0,4tm,0),(0,m,t)由|得12(3tm)2(4tm)2,即t3m;由|得(4tm)2m2t2.由、消去t,化简得m23m40.由于方程没有实数根,所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P、C、D的距离都相等从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等解法二:(1)同解法一(2)()同解法一()假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等由GCGD,得GCDGDC45,从而CGD90,即CGAD,所以GDCDcos451.设AB,则AD4,AGADGD3.在RtABG中,GB1,这与GBGD矛盾所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点B、C、D的距离都相等从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等
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