2018_2019学年高中数学第二章空间向量与立体几何章末综合检测1北师大版.docx

第二章 空间向量与立体几何 (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ab，bc，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ab，则存在唯一的实数，使ab解析：选C.对于A：当b0时，a与c所在直线可重合、平行、相交或异面；当b0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：b0时不满足，排除D.2已知两非零向量e1，e2不共线，设ae1e2(，R且，0)，则()Aae1Bae2Ca与e1，e2共面D以上三种情况均有可能解析：选C.对于A：ae1，所以ake1，得0，k，与已知矛盾对于B：ae2，所以ake2，得k，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，(1，0，3)2，其他三个坐标均不符合要求4若向量a(1，2)，b(2，1，2)且a与b的夹角的余弦值为，则等于()A2 B2C2或 D2或解析：选C.cosa，b，得2或.5向量a(2，3，1)，b(2，0，4)，c(4，6，2)，下列结论正确的是()Aab，ab Bab，acCac，ab D以上都不对解析：选C.ab4040，所以ab，又c2a，所以ac，故选C.6已知向量m、n分别是直线l和平面的方向向量和法向量，若cosm，n，则l与所成的角为()A30 B60C120 D150解析：选A.设l与所成角为，所以sin |cosm，n|，0，90，所以30.选A.7已知点M在平面ABC内，并且对空间任意一点O，有x，则x的值为()A1 B0C3 D.解析：选D.因为点M在平面ABC内，所以12，即：1()2()，(112)12，由x，得x1.8已知向量a，b，c是空间的一基底，向量ab，ab，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ab，ab，c下的坐标为()A. B.C. D.解析：选B.设p在基底ab，ab，c下的坐标为(x，y，z)，则px(ab)y(ab)zc(xy)a(xy)bzc得即9已知a(1，2，y)，b(x，1，2)，且(a2b)(2ab)，则()Ax，y1 Bx，y4Cx2，y Dx1，y1解析：选B.a2b(12x，4，4y)，2ab(2x，3，2y2)因为(a2b)(2ab)，所以a2b(2ab)，可得，x，y4.10.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，则下列结论中错误的是()AACBEBEF平面ABCDC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)，是平面B1BDD1的法向量，BE平面B1BDD1，故ACBE，故A正确；是平面ABCD的法向量，(0，0，1)，(，0)，0，故，故EF平面ABCD，故B正确；VABEFSBEFh|，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，则实数x的值为_解析：cosa，bcos，得x1.答案：112在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为AB，B1C的中点用，表示向量，则_解析：(BB1).答案：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(01)，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，)，E(1，0，)，设平面D1EF的法向量为n(x，y，z)，由易求得平面D1EF的一个法向量n(1，0，2)，(0，0，)，所以d.答案：14直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为_解析：法一：由于BCA90，三棱柱为直三棱柱，且BCCACC1，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(1，1，2)(2，2，0)(1，1，2)，(0，1，2)所以cos，.法二：如图(2)，取BC的中点D，连接MN，ND，AD，由于MN綊B1C1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BC2，则BMND，AN，AD，因此cosAND.答案：15给出命题：在ABCD中，；在ABC中，若0，则ABC是锐角三角形；在梯形ABCD中，E，F分别是两腰BC，DA的中点，则()；在空间四边形ABCD中，E，F分别是边BC，DA的中点，则()以上命题中，正确命题的序号是_解析：对于：，故正确；对于：|cos A0，得A为锐角，但ABC不一定为锐角三角形，故不正确；对于：，两式相加得：()，故正确；对于：取BD中点为H，则，()，故正确答案：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(1，2，3)，(2，1，2)，(1，1，2)，点Q在直线OP上运动，则当取得最小值时，求点Q的坐标解：设，所以(1，2，3)(1，1，2)(1，2，32)，(2，1，2)(1，1，2)(2，1，22)，则(1，2，32)(2，1，22)(1)(2)(2)(1)(32)(22)621610，所以当时，取得最小值又(1，1，2).所以点Q的坐标为.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ADAA11，AB2.(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DD1BC.因为底面ABCD是矩形，所以DCBC.又DD1DCD，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ADAA11，AB2，则D(0，0，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，1)，A1(1，0，1)所以(0，2，1)，(1，0，1)，所以cos，.所以异面直线CD1与A1D所成角的余弦值是.18(本小题满分10分)如图所示，直三棱柱ABCA1B1C1中，CACB1，BCA90，棱AA12，M、N分别是A1B1、A1A的中点(1)求|的长；(2)求cos，的值；(3)求证：A1BC1M.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|.(2)依题意得A1(1，0，2)、B(0，1，0)、C(0，0，0)、B1(0，1，2)，所以(1，1，2)，(0，1，2)，3，|，|，所以cos，.(3)证明：依题意，得C1(0，0，2)、M，(1，1，2)，所以00，所以，所以A1BC1M.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(2，0，1)，所以n0，即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(0，2，0)，(2，0，2)，所以所以可取m(1，0，1)又(2，2，0)，设OB与平面ABD所成的角为，所以sin |cos，m|.所以直线OB和平面ABD所成的角为.(3)假设存在点P(x，y，z)，使得直线AP与直线BD垂直设，即(x2，y2，z)(2，0，)所以所以(2，2，)又(2，2，2)，所以4420，解得，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.20.(本小题满分13分)已知长方体AC1中，棱ABBC1，棱BB12，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，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)，(1，1，2)，(1，1，0)，设E(1，1，z)，则(0，1，z)，(0，1，2)，因为BEB1C，所以12z0，z，所以E(1，1，)，(0，1，)，因为1100，0110，所以A1CBD，A1CBE，又BDBEB，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，SA1B1C，VCA1B1A，由VAA1B1CVCA1B1A得：h，h，所以点A到平面A