2019-2020年高中数学 第二章 空间向量与立体几何检测题（A）北师大版选修2-1.doc

2019-2020年高中数学 第二章 空间向量与立体几何检测题（A）北师大版选修2-1一、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