北师大版高中数学选修2-1第二章空间向量与立体几何综合检测题(附解析)

时间:2018-10-08 作者:佚名 试题来源:网络

北师大版高中数学选修2-1第二章空间向量与立体几何综合检测题(附解析)

本资料为WORD文档,请点击下载地址下载
文章来
源 莲山 课件 w w
w.5Y k J.cOM

 

           
 (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.下列命题中正确的是(  )
A.若a∥b,b∥c,则a与c所在直线平行
B.向量a,b,c共面即它们所在直线共面
C.空间任意两个向量共面
D.若a∥b,则存在唯一的实数λ,使a=λb
解析:选C.对于A:当b=0时,a与c所在直线可重合、平行、相交或异面;当b≠0时,a与c所在直线可重合,排除A;对于B:它们所在直线可异面,排除B;对于D:b=0时不满足,排除D.
2.已知两非零向量e1,e2不共线,设a=λe1+μe2(λ,μ∈R且λ,μ≠0),则(  )
A.a∥e1
B.a∥e2
C.a与e1,e2共面
D.以上三种情况均有可能
解析:选C.对于A:a∥e1,所以a=ke1,得μ=0,λ=k,与已知矛盾.对于B:a∥e2,所以a=ke2,得μ=k,λ=0,与已知矛盾.故选C.
3.已知A(0,0,0),B(1,1,1),C(1,2,-1),下列四个点中在平面ABC内的点是(  )
A.(2,3,1)        B.(1,-1,2)
C.(1,2,1)   D.(1,0,3)
解析:选D.设该点为D.当D的坐标为(1,0,3)时,AD→=(1,0,3)=2AB→-AC→,其他三个坐标均不符合要求.
4.若向量a=(1,λ,2),b=(2,-1,2)且a与b的夹角的余弦值为89,则λ等于(  )
A.2   B.-2
C.-2或255   D.2或-255
解析:选C.cos〈a,b〉=a•b|a||b|=6-λ3λ2+5=89,得λ=-2或λ=255.
5.向量a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),下列结论正确的是(  )
A.a∥b,a⊥b   B.a∥b,a⊥c
C.a∥c,a⊥b   D.以上都不对
解析:选C.a•b=-4+0+4=0,所以a⊥b,又c=2a,所以a∥c,故选C.
6.已知向量m、n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量,若cos〈m,n〉=-12,则l与α所成的角为(  )
A.30°   B.60°
C.120°   D.150°
解析:选A.设l与α所成角为θ,所以sin θ=|cos〈m,n〉|=12,θ∈[0°,90°],所以θ=30°.选A.
7.已知点M在平面ABC内,并且对空间任意一点O,有OM→=xOA→+13OB→+13OC→,则x的值为(  )
A.1   B.0
C.3   D.13
解析:选D.因为点M在平面ABC内,所以AM→=λ1AB→+λ2AC→,即:OM→-OA→=λ1(OB→-OA→)+λ2(OC→-OA→),
OM→=(1-λ1-λ2)OA→+λ1OB→+λ2OC→,
由OM→=xOA→+13OB→+13OC→,得x=1-13-13=13.
8.已知向量a,b,c是空间的一基底,向量a+b,a-b,c是空间的另一基底,一向量p在基底a,b,c下的坐标为(1,2,3),则向量p在基底a+b,a-b,c下的坐标为(  )
A.12,32,3   B.32,-12,3
C.3,-12,32   D.-12,32,3
解析:选B.设p在基底a+b,a-b,c下的坐标为(x,y,z),
则p=x(a+b)+y(a-b)+zc=(x+y)a+(x-y)b+zc得x+y=1,x-y=2,z=3,即x=32,y=-12,z=3.
9.已知a=(1,2,-y),b=(x,1,2),且(a+2b)∥(2a-b),则(  )
A.x=13,y=1   B.x=12,y=-4
C.x=2,y=-14   D.x=1,y=-1
解析:选B.a+2b=(1+2x,4,4-y),2a-b=(2-x,3,-2y-2).
因为(a+2b)∥(2a-b),
所以a+2b=λ(2a-b),
可得λ=43,x=12,y=-4.
10.如图所示,正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F且EF=22,则下列结论中错误的是(  )
A.AC⊥BE
B.EF∥平面ABCD
C.三棱锥A­BEF的体积为定值
D.异面直线AE,BF所成的角为定值
解析:选D.建立如图坐标系,B1(0,1,1),D1(1,0,1),B(0,1,0),AC→是平面B1BDD1的法向量,
BE 平面B1BDD1,故AC⊥BE,故A正确;BB1→是平面ABCD的法向量,BB1→=(0,0,1),
EF→=22•D1B1→|D1B1→|=(-12,12,0),
EF→•BB1→=0,故EF→⊥BB1→,故EF∥平面ABCD,故B正确;VA­BEF=13S△BEF•h
=13×12|EF→|•|BB1→|•12|AC→|
=112|EF→|•|BB1→|•|AC→|=112,
故C正确.
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.已知空间向量a=(0,1,1),b=(x,0,1),若a,b的夹角为π3,则实数x的值为________.
解析:cos〈a,b〉=a•b|a||b|=0•x+1×0+1×12•x2+1=cosπ3,得x=±1.
答案:±1
12.在正方体ABCD­A1B1C1D1中,M,N分别为AB,B1C的中点.用AB→,AD→,AA1→表示向量MN→,则MN→=________.
解析:MN→=MB→+BC→+CN→
=12AB→+AD→+12CB1→=12AB→+AD→+12(CB→+BB1)
=12AB→+12AD→+12AA1→.
答案:12AB→+12AD→+12AA1→
13.如图所示,在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,BB1的中点,G为棱A1B1上的一点,且A1G=λ(0≤λ≤1),则点G到平面D1EF的距离为________.
解析:因为A1B1∥平面D1EF,
所以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A1(1,0,1),D1(0,0,1),F(1,1,12),E(1,0,12),设平面D1EF的法向量为n=(x,y,z),由n•EF→=0,n•ED1→=0,
易求得平面D1EF的一个法向量n=(1,0,2),A1E→=(0,0,-12),
所以d=|A1E→•n||n|
=55.
答案:55
14.直三棱柱ABC­A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为________.
解析:法一:由于∠BCA=90°,三棱柱为直三棱柱,且BC=CA=CC1,可将三棱柱补成正方体,建立如图(1)所示空间直角坐标系.设正方体棱长为2,则可得A(0,0,0),B(2,2,0),M(1,1,2),N(0,1,2),所以BM→=(1,1,2)-(2,2,0)=(-1,-1,2),AN→=(0,1,2).
所以cos〈BM→,AN→〉=BM→•AN→|BM→||AN→|=
-1+4(-1)2+(-1)2+22×02+12+22=36×5=3010.
 
法二:如图(2),取BC的中点D,连接MN,ND,AD,由于MN綊12B1C1綊BD,因此有ND綊BM,则ND与NA所成角即为异面直线BM与AN所成角.设BC=2,则BM=ND=6,AN=5,AD=5,因此cos∠AND=ND2+NA2-AD22ND•NA=3010.
答案:3010
15.给出命题:①在▱ABCD中,AB→+AD→=AC→;②在△ABC中,若AB→•AC→>0,则△ABC是锐角三角形;③在梯形ABCD中,E,F分别是两腰BC,DA的中点,则FE→=12(AB→+DC→);④在空间四边形ABCD中,E,F分别是边BC,DA的中点,则FE→=12(AB→+DC→).以上命题中,正确命题的序号是________.
解析:对于①:AC→=AB→+BC→=AB→+AD→,故①正确;对于②:AB→•AC→=|AB→||AC→|cos A>0,得∠A为锐角,但△ABC不一定为锐角三角形,故②不正确;对于③:FE→=FA→+AB→+BE→,FE→=FD→+DC→+CE→,两式相加得:FE→=12(AB→+DC→),故③正确;对于④:取BD中点为H,则FH→=12AB→,HE→=12DC→,FE→=FH→+HE→=12(AB→+DC→),故④正确.
答案:①③④
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)设O为坐标原点,向量OA→=(1,2,3),OB→=(2,1,2),OP→=(1,1,2),点Q在直线OP上运动,则当QA→•QB→取得最小值时,求点Q的坐标.
解:设OQ→=λOP→,
所以QA→=OA→-OQ→=OA→-λOP→
=(1,2,3)-λ(1,1,2)
=(1-λ,2-λ,3-2λ),
QB→=OB→-OQ→=OB→-λOP→
=(2,1,2)-λ(1,1,2)
=(2-λ,1-λ,2-2λ),
则QA→•QB→=(1-λ,2-λ,3-2λ)•(2-λ,1-λ,2-2λ)
=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)
=6λ2-16λ+10,
所以当λ=43时,QA→•QB→取得最小值.
又OQ→=λOP→=43(1,1,2)
=43,43,83.
所以点Q的坐标为43,43,83.
17.(本小题满分10分)在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中,底面ABCD是矩形,侧棱DD1⊥平面ABCD,且AD=AA1=1,AB=2.
 
(1)求证:平面BCD1⊥平面DCC1D1;
(2)求异面直线CD1与A1D所成角的余弦值.
解:(1)证明:在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中,
DD1⊥平面ABCD,
所以DD1⊥BC.
因为底面ABCD是矩形,所以DC⊥BC.
又DD1∩DC=D,所以BC⊥平面DCC1D1.
又BC 平面BCD1,所以平面BCD1⊥平面DCC1D1.
(2)取DA,DC,DD1所在的直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
 
因为AD=AA1=1,AB=2,
则D(0,0,0),C(0,2,0),
D1(0,0,1),A1(1,0,1).
所以CD1→=(0,-2,1),DA1→=(1,0,1),
所以cos〈CD1→,DA1→〉=CD1→•DA1→|CD1→||DA1→|=15•2=1010.
所以异面直线CD1与A1D所成角的余弦值是1010.
18.(本小题满分10分)如图所示,直三棱柱ABC­A1B1C1中,CA=CB=1,∠BCA=90°,棱AA1=2,M、N分别是A1B1、A1A的中点.
(1)求|BN→|的长;
(2)求cos〈BA1→,CB1→〉的值;
(3)求证:A1B⊥C1M.
 
解:如图,建立空间直角坐标系.
(1)依题意得B(0,1,0)、N(1,0,1),所以|BN→|=(1-0)2+(0-1)2+(1-0)2=3.
(2)依题意得A1(1,0,2)、B(0,1,0)、C(0,0,0)、B1(0,1,2),
所以BA1→=(1,-1,2),CB1→=(0,1,2),
BA1→•CB1→=3,|BA1→|=6,|CB1→|=5,
所以cos〈BA1→,CB1→〉=BA1→•CB1→|BA1→|•|CB1→|=11030.
(3)证明:依题意,得C1(0,0,2)、M12,12,2,A1B→=(-1,1,-2),
C1M→=12,12,0,所以A1B→•C1M→=-12+12+0=0,所以A1B→⊥C1M→,所以A1B⊥C1M.
19.(本小题满分12分)在空间直角坐标系中(O为坐标原点),已知A(2,0,0),B(2,2,0),D(0,0,2),E(0,2,1).
(1)求证:直角BE∥平面ADO;
(2)求直线OB和平面ABD所成的角;
(3)在直线BE上是否存在点P,使得直线AP与直线BD垂直?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
解:(1)证明:由题意,点A,D,O所在的平面就是xOz平面,
取其法向量为n=(0,1,0),
而BE→=(-2,0,1),所以BE→•n=0,即BE→⊥n,
又显然点B,E不在平面ADO上,
所以BE∥平面ADO.
(2)设平面ABD的法向量为m=(a,b,c),
因为AB→=(0,2,0),AD→=(-2,0,2),
所以AB→•m=2b=0,AD→•m=-2a+2c=0,所以可取m=(1,0,1).
又OB→=(2,2,0),
设OB与平面ABD所成的角为θ,
所以sin θ=|cos〈OB→,m〉|=OB→•m|OB→||m|=22•22=12.
所以直线OB和平面ABD所成的角为π6.
(3)假设存在点P(x,y,z),使得直线AP与直线BD垂直.
设BP→=λBE→,即(x-2,y-2,z)=(-2λ,0,λ).
所以x=2-2λ,y=2,z=λ,所以AP→=(-2λ,2,λ).
又BD→=(-2,-2,2),
所以AP→•BD→=4λ-4+2λ=0,
解得λ=23,所以在直线BE上存在点P,使得直线AP与直线BD垂直,
点P的坐标为23,2,23.
20.(本小题满分13分)已知长方体AC1中,棱AB=BC=1,棱BB1=2,连接B1C,过B点作B1C的垂线交CC1于E,交B1C于F.
(1)求证:A1C⊥平面EBD;
(2)求点A到平面A1B1C的距离;
(3)求直线DE与平面A1B1C所成角的正弦值.
解:(1)证明:以A为原点,AB→,AD→,AA1→分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,那么A(0,0,0)、B(1,0,0)、C(1,1,0)、D(0,1,0)、A1(0,0,2)、B1(1,0,2)、C1(1,1,2)、D1(0,1,2),A1C→=(1,1,-2),BD→=(-1,1,0),
设E(1,1,z),则BE→=(0,1,z),CB1→=(0,-1,2),因为BE⊥B1C,所以BE→•CB1→=-1+2z=0,z=12,所以E(1,1,12),BE→=(0,1,12),因为A1C→•BD→=-1+1+0=0,A1C→•BE→=0+1-1=0,
所以A1C⊥BD,A1C⊥BE,又BD∩BE=B,所以A1C⊥平面EBD.
(2)连接AC,A到平面A1B1C的距离,即三棱锥A­A1B1C的高,设为h,
S△A1B1C=52,VC­A1B1A=13,由VA­A1B1C=VC­A1B1A
得:13×52h=13,h=255,所以点A到平面A1B1C的距离是255.
(3)连接DF,因为A1C⊥BE,B1C⊥BE,A1C∩B1C=C,所以BE⊥平面A1B1C,所以DF是DE在平面A1B1C上的射影,∠EDF是DE与平面A1B1C所成的角,设F(1,y,z),那么BF→=(0,y,z),CF→=(0,y-1,z),B1C→=(0,1,-2),因为BF→•B1C→=0,
所以y-2z=0①,
因为CF→∥B1C→,所以z=2-2y②,
由①、②得y=45,z=25,DE→=(1,0,12),EF→=(0,-15,-110).
在Rt△FDE中,DE=52,EF=510.所以sin∠EDF=EFED=15,因此,DE与平面A1B1C所成的角的正弦值是15.

文章来
源 莲山 课件 w w
w.5Y k J.cOM
点击排行

最新试题

推荐试题

| 触屏站| 加入收藏 | 版权申明 | 联系我们 |