2019_2020学年高中数学第三章空间向量与立体几何章末综合检测（三）（含解析）新人教A版.docx

章末综合检测(三)(时间：120分钟，满分：150分)一、选择题：本题共12小题，每小题5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已知a，b，c是空间的一个基底，若pab，qab，则()Aa，p，q是空间的一个基底Bb，p，q是空间的一个基底Cc，p，q是空间的一个基底Dp，q与a，b，c中的任何一个都不能构成空间的一个基底解析：选C.假设ck1pk2q，其中k1，k2R，即ck1(ab)k2(ab)，得(k1k2)a(k1k2)bc0，这与a，b，c是空间的一个基底矛盾，故c，p，q是空间的一个基底故选C.2在直三棱柱ABCA1B1C1中，若a，b，c，则等于()AabcBabcCabc Dabc解析：选D.如图，bac.3空间中，与向量a(3，0，4)同向共线的单位向量为()Ae(1，0，1)Be(1，0，1)或e(1，0，1)CeDe或e解析：选C.因为|a|5，所以与a同向共线的单位向量e(3，0，4).故选C.4已知在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为上底面A1B1C1D1的中心，若x y ，则x，y的值分别为()A1，1 B1，C.， D，解析：选C.()，易知xy.5已知O为空间任一点，A，B，C，D四点满足任意三点不共线，但四点共面，且2x 3y 4z ，则2x3y4z的值为()A1 B1C2 D2解析：选B.由题意知A，B，C，D共面的充要条件是：对空间任意一点O，存在实数x1，y1，z1，使得x1 y1 z1 且x1y1z11.因此，2x3y4z1.故选B.6已知四面体ABCD的所有棱长都是2，点E，F分别是AD，DC的中点，则()A1 B1C. D解析：选B.如图所示，所以()22cos 601.故选B.7在正方体ABCDA1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，则与直线CE垂直的直线是()AAC BBDCA1D DA1A解析：选B.以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)设正方体的棱长为1，则A(0，0，0)，C(1，1，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，E，所以，(1，1，0)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，1)显然00，所以，即CEBD.8已知a3m2n4p0，b(x1)m8n2yp，且m，n，p不共面，若ab，则x，y的值为()Ax13，y8 Bx13，y5Cx7，y5 Dx7，y8解析：选A.因为ab且a0，所以ba，即(x1)m8n2yp3m2n4p.又因为m，n，p不共面，所以，所以x13，y8.9已知棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心为O1，则的值为()A1 B0C1 D2解析：选C.由于()()，而，则()()()2(22)1.10在直三棱柱ABCA1B1C1中，若BAC90，ABACAA1，则异面直线BA1与AC1所成角为()A30 B45C60 D90解析：选C.建立如图所示的空间直角坐标系，设AB1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，A1(0，0，1)，C1(0，1，1)，所以(1，0，1)，(0，1，1)，所以cos，.所以，60，即异面直线BA1与AC1所成角为60.11.如图，将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，若点P满足，则|2的值为()A. B3C. D解析：选D.由题可知|1，|1，|.，45，45，60.所以|222221111.12已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1ABAC1，ABAC，N是BC的中点，点P在A1B1上，且满足，则直线PN与平面ABC所成角取最大值时的值为()A. BC. D解析：选A.如图，分别以，为单位正交基底建立空间直角坐标系Axyz，则P(，0，1)，N，(，1)易得平面ABC的一个法向量n(0，0，1)，则直线PN与平面ABC所成的角满足sin |cos，n|，于是问题转化为二次函数求最值，而，所以当sin 最大时，最大所以当时，sin 最大，为，此时直线PN与平面ABC所成的角取到最大值二、填空题：本题共4小题，每小题5分13平面的法向量u(1，2，1)，平面的法向量v(2，2，8)，若，则_解析：uvuv024802.答案：214在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(1，2，0)，B(2，1，)，则向量与平面xOz的法向量的夹角的正弦值为_解析：设平面xOz的法向量为n(0，t，0)(t0)又(1，3，)，所以cosn，因为n，0，所以sinn， .答案：15点P是底边长为2，高为2的正三棱柱表面上的动点，MN是该棱柱内切球的一条直径，则的取值范围是_解析：由题意知内切球的半径为1，设球心为O，则()()()|21.因为1|，所以0，4答案：0，416如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面是以ABC为直角的等腰三角形，AC2a，BB13a，D是A1C1的中点，点E在棱AA1上，要使CE平面B1DE，则AE_解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(a，0，0)，B1(0，0，3a)，C(0，a，0)，D.设点E的坐标为(a，0，z)，则(a，a，z)，(a，0，z3a)，.又a2a200，要使CE平面B1DE，则，得2a2z23az0，解得za或2a，即AEa或2a.答案：a或2a三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(本小题满分10分)已知a(x，4，1)，b(2，y，1)，c(3，2，z)，ab，bc，求：(1)a，b，c；(2)ac与bc夹角的余弦值解：(1)因为ab，所以，解得x2，y4，则a(2，4，1)，b(2，4，1)又bc，所以bc0，即68z0，解得z2，于是c(3，2，2)(2)由(1)得ac(5，2，3)，bc(1，6，1)，设ac与bc的夹角为，因为cos .所以ac与bc的夹角的余弦值为.18(本小题满分12分)如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱ABCDA1B1C1D1，底面ABCD是正方形，CC13，CD2，且C1CBC1CD60.(1)设a，b，c，试用a，b，c表示；(2)已知O为四棱柱ABCDA1B1C1D1的中心，求CO的长解：(1)由a，b，c，得abc，所以abc.(2)O为四棱柱ABCDA1B1C1D1的中心，即O为线段A1C的中点由已知条件得|a|b|2，|c|3，ab0，a，c60，b，c60.由(1)得abc，则|22(abc)2a2b2c22ab2bc2ac2222320223cos 60223cos 6029.所以A1C的长为，所以CO的长为.19(本小题满分12分)如图，在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD为正方形，PDDC，E，F分别是AB，PB的中点(1)求证：EFCD；(2)求DB与平面DEF所成角的正弦值解：(1)证明：以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图设ADa，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E，P(0，0，a)，F.因为(0，a，0)0.所以，所以EFCD.(2)设平面DEF的法向量为n(x，y，z)，则即即取x1，则y2，z1，所以n(1，2，1)，所以cos，n.设DB与平面DEF所成角为，则sin .所以DB与平面DEF所成角的正弦值为.20(本小题满分12分)如图所示，在平行四边形ABCD中，DAB60，AB2，AD4，将CBD沿BD折起到EBD的位置，使平面EBD平面ABD.(1)求证：ABDE；(2)若点F为BE的中点，求直线AF与平面ADE所成角的正弦值解：(1)证明：在ABD中，由余弦定理，得BD2AB2AD22ABADcosDAB，即BD24161612，所以BD2，所以BD2AB2AD2，所以ABD和EBD均为直角三角形，所以EDDB.又DB是平面EBD和平面ABD的交线，且平面EBD平面ABD，ED平面EBD，所以ED平面ABD.又AB平面ABD，所以ABDE.(2)由(1)知ABDCDB90，以D为坐标原点，射线DB，DC，DE分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)，则D(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，E(0，0，2)，A(2，2，0)，F(，0，1)，所以(2，2，0)，(0，0，2)，(，2，1)设平面ADE的法向量为n(x，y，z)，则有即令x1，则y，z0，所以n(1，0)设直线AF与平面ADE所成的角为，则有sin |cosn，|.所以直线AF与平面ADE所成角的正弦值为.21(本小题满分12分)如图，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，点P在圆柱OQ的底面圆周上，G是DP的中点，圆柱OQ的底面圆的半径OA2，侧面积为8，AOP120.(1)求证：AGBD；(2)求二面角PAGB的平面角的余弦值解：建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，由题意可知822AD，解得AD2.则A(0，0，0)，B(0，4，0)，D(0，0，2)，P(，3，0)，因为G是DP的中点，所以可求得G.(1)证明：(0，4，2)，.所以(0，4，2)0，所以AGBD.(2)(，1，0)，因为0，0，所以是平面APG的法向量设n(x，y，1)是平面ABG的法向量，由n0，n0.解得n(2，0，1)，cos，n.结合图形得，二面角PAGB的平面角的余弦值为.22(本小题满分12分)在ABC中，AB4，AC4，BAC45，以AC的中线BD为折痕，将ABD沿BD折起，构成二面角ABDC，在平面BCD内作CECD，且CE，连接DE，AE，AC，如图所示(1)求证：CE平面ABD；(2)若二面角ABDC的大小为90，求二面角BACE的余弦值解：(1)证明：由AB4，AC4，BAC45，得BC4，所以ABC为等腰直角三角形，又D为AC的中点，所以BDAC.所以折起后BDCD，ADBD.又CECD，所以CEBD，因为CE平面ABD，BD平面ABD，所以CE平面ABD.(2)由二面角ABDC的大小为90，ADBD，得AD平面BCD，由(1)知BDCD，于是以D为坐标原点，分别以DB，DC，DA所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系设F为AC的中点，连接DF，因为ADCD，则DFAC，且DF2.因为CECD，AD平面BCD，所以ADCE，又