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21.doc

第二章空间向量与立体几何检测题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