20182019数学北师大选修21练习第二章章末综合检测

20212021数学北师大版选修21练习第二章章末综合检测20212021数学北师大版选修21练习第二章章末综合检测20212021数学北师大版选修21练习第二章章末综合检测(时间：100分钟，总分值：120分)一、选择题(本大题共10小题，每题4分，共40分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的)→1．向量a、b，且AB→→＝a＋2b，BC＝－5a＋6b，CD＝7a－2b，那么必定共线的三点是( )A．A、B、DB．A、B、CC．B、C、DD．A、C、D→解析：选A.∵BD→→→＝BC＋CD＝2(a＋2b)＝2AB，B为公共点，∴A、B、D三点共线．→→→－PN＋MN2．化简PM所得的结果是( )→A.PM→B．NP→C．0D．MN→解析：选→→→－PN＋MN＝NM→＋MN＝0.→→→，MB，MC3．假定向量MA的起点M和终点A，B，C互不重合且无三点共线，那么能使向→量MA→→，MB，MC成为空间一组基底的关系是( )→A.OM＝11→→OAOB＋＋3313→OC→→＝MB→＋MC→→→＝OA＋OB→＋OC→→→＝2MB－→→→→解析：选C.关于选项A，由结论OM＝xOA＋yOB＋zOC

(x＋y＋z＝1)?M，A，B，C四→点共面知，MA→→→，MB，MC共面；关于B，D选项，易知MA→，MB→，MC共面，故只有选项C→中MA→→，MB，MC不共面．→→→→4．平行六面体ABCDA1B1C1D1中，假定AC1＋3zC1C＝xAB＋2yBC，那么x＋y＋z等于( )7A．1B．656C.D．23→→→→→→→→→解析：选B.在平行六面体中，AC1＋3zC1C＋CC1＝xAB＋2yBC＝AB＋BC＝AB＋BC－→C1C.第1页比较系数知x＝1，y＝12，z＝－13，7

∴x＋y＋z＝.

65．两个平面的一个法向量分别是m＝(1，2，－1)，n＝(1，－1，0)，那么这两个平面所成的二面角的平面角的余弦值为( )A．－36B．36C．－3或636D．－3或333解析：选〈m，n〉＝m·n＝|m||n|－1＝－6×23，6因为两平面所成角的二面角与〈m，n〉相等或互补．应选C.6．a＝(2，－1，2)，b＝(2，2，1)，那么以a、b为邻边的平行四边形的面积为( )A.65B．652C．4D．8解析：选〈a，b〉＝a·b＝|a||b|44＝，3×39sin〈a，b〉＝1－492＝659，∴S＝|a||b|sin〈a，b〉＝9×65＝65.97．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B，AC的中点，那么MN与平面B1BCC1的地点关系是( )A．订交B．平行C．垂直D．不可以确立解析：选B.成立以以下列图的空间直角坐标系，→C1D1＝(0，a，0)为平面B1BCC1的一个法向量，M(a，12a，12a)，11N(2a，2a，a)，→MN1＝(－2a，0，12a)，→→因为C1D1·MN＝0，且MN平面B1BCC1，第2页∴MN∥平面B1BCC1.8．→如图，在△ABC中，AB＝BC＝4，∠ABC＝30°，AD是边BC上的高，那么AD→·AC的值等于( )9A．0B．4C．4D．－94222解析：选C.在△ABC中，由余弦定理得，|AC|＝4＋4－2×4×4cos30°＝32－163，→∴|AC|＝2(6－2)，cos∠CAD＝cos〈AD→，AC〉＝cos15°＝cos(45°－30°)＝cos45°cos30°＋sin45°sin30°＝6＋2，4又AD＝1AB＝2，2→∴AD→→→→·AC＝|AD||AC|cos〈AD→，AC〉＝4(6－2)×6＋2＝4，应选C.49．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，直线BC1与平面A1BD所成的角的正弦值是( )A.24B．23C.63D．32解析：选C.以D为原点，成立空间直角坐标系，如图，设正方体的棱长为1，那么D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，1，0)，C1(0，1，1)．→→∴DA1＝(1，0，1)，DB→＝(1，1，0)，BC1＝(－1，0，1)．设n＝(x，y，z)是平面DA1B的一个法向量，→DA1·n＝0，x＋z＝0，那么→DB·n＝0，即x＋y＝0，∴x＝－y＝－z.令x＝1，得n＝(1，－1，－1)．设直线BC1与平面A1BD所成的角为θ，第3页→那么sinθ＝|cos〈n，BC1〉|＝→n·BC1→|n||BC1|＝－23·2＝63.10．四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，E，F分别为PB，PD的中点，那么P到直线EF的距离为( )A．1B．22C.32D．62解析：选D.成立以以下列图的空间直角坐标系，那么A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，设AC与BD的交点为O，∵|PB|＝|PD|，∴PO⊥BD，又O(1，1，0)，222∴P点到BD的距离为|PO|＝〔1－0〕＋〔1－0〕＋〔0－2〕＝6，1又EF綊2BD，∴P到EF的距离为6.2二、填空题(本大题共5小题，每题5分，共25分，把答案填在题中横线上)11．向量a＝(0，－1，1)，b＝(4，1，0)，|λa＋b|＝29，且λ＞0，那么λ＝________．解析：λa＋b＝λ(0，－1，1)＋(4，1，0)＝(4，1－λ，λ)，由得|λa＋b|＝2224＋〔1－λ〕＝29，且λ＞0，解得λ＝3.＋λ答案：3→12．假定A(x，5－x，2x－1)，B(1，x＋2，2－x)，当|AB|取最小值时，x的值等于________．→解析：AB＝(1－x，2x－3，－3x＋3)，→因此|AB|＝〔1－x〕2＋〔2x－3〕22＋〔－3x＋3〕2＝14x－32x＋19＝14〔x－8〕75＋，72当x＝8→时，|AB|获得最小值．7答案：8713．a＝(3，－2，－3)，b＝(－1，x－1，1)，且a与b的夹角为钝角，那么x的取值范围是________．第4页解析：a·b＝－3－2(x－1)－3＝－2x－4，由题意知cos〈a，b〉∈(－1，0)，即－1≠－2x－4＜0，解之得x＞－2且x≠222×x－2x＋35.3答案：(－2，55，＋∞)3)∪(314．在三棱柱ABC-A1B1C1中，各侧面均为正方形，侧面AA1C1C的对角线订交于点M，那么BM与平面AA1C1C所成角的大小是________．解析：法一：取AC的中点D，连结BD，MD，因为BD⊥平面AA1C1C，故∠BMD即为所求直线与平面所成角，设三棱柱棱长为a，此中BD＝3aa，DM＝，22BD故tan∠BMD＝DM＝3，解得∠BMD＝60°.法二：由题意知此三棱柱为各棱长均相等的正三棱柱，设棱长为2，成立以以下列图的空间直角坐标系，→那么B(3，1，0)，M(0，1，1)，BM＝(－3，0，1)，取平面ACC1A1的一个法向量n＝(1，0，0)，→，n〉＝cos〈BM－32×1＝－3，2设BM与平面ACC1A1所成的角为θ，那么sinθ＝3，∴θ＝60°.2答案：60°15.以以下列图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1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)，那么点G到平面D1EF的距离为________．解析：∵A1B1∥平面D1EF，∴G到平面D1EF之距等于A1点到平面D1EF之距，成立以以下列图的空间直角坐标系，11那么A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，F(1，1，2)，E(1，0，2)，设平面D1EF的法向量为n＝(x，y，第5页z)，由→n·EF＝0，→n·ED1＝0→1易求得平面D1EF的一个法向量n＝(1，0，2)，A1E2)，＝(0，0，－→|A1E·n|∴d＝

|n|＝55.答案：55三、解答题(本大题共5小题，共55分，解赞同写出文字说明，证明过程或演算步骤)16．(本小题总分值10分)(2021德·州高二检测)空间三点A(0，2，3)，B(－2，1，6)，→→，AC垂直，且|a|＝3，求向量a的坐标．

C(1，－1，5)，假定向量a分别与向量AB→→解：AB＝(－2，－1，3)，AC＝(1，－3，2)，设a＝(x，y，z)，→a·AB＝0－2x－y＋3z＝0由题意知→a·AC＝0，即x－3y＋2z＝0，222x＋y＋z＝3222x＋y＋z＝3x＝1x＝－1解得或y＝1y＝－1.z＝1z＝－1∴a＝(1，1，1)或a＝(－1，－1，－1)．17．(本小题总分值10分)在空间四边形OABC中，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在MN上，且→→→→＝a，OB＝b，OC＝c，试用向量a，b，c表示向量OGMG＝2GN，以以下列图，记OA.→解：ON＝1→2(b＋c)，OM1→＝＝2a，MN1112b＋2c－2a，→→→∵MG＝2GN，∴MG＝21→MN＝b＋331c－313a，→∴OG→＝OM→＋MG＝1111a＋b＋c－a＝233316a＋13b＋13c.18．(本小题总分值10分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是AB的中点，点F是AA1上凑近点A的三均分点，在线段DD1上能否存在一点G，使CG∥EF？假定存在，求出点G的地点，假定不存在，说明原因．第6页解：存在．以以下列图，成立空间直角坐标系，设正方体ABCD-A1B1C1D11的棱长为1，那么E(1，，0)，F(1，0，213)，C(0，1，0)，假定在DD1上存→→在一点G，使CG∥EF，那么CG∥EF，因为点G在z轴上，设G(0，0，z)，→∴EF＝(0，－12，1→)，CG＝(0，－1，z)．3→→∵CG∥EF→→，即(0，－1，z)＝λ(0，－1，1，∴CG＝λEF)，230＝λ×0，－1＝－∴1z＝λ，31λ，解得2λ＝2，2z＝3.2因为z＝∈[0，1]，因此点G在线段DD1上，其坐标为(0，0，323)，故在线段DD1上存在一点G，使CG∥EF，点G是DD1上凑近点D1的三均分点．19．(本小题总分值12分)如图，在三棱锥P-ABC中，PC⊥底面ABC，且∠ACB＝90°，AC＝BC＝CP＝2.(1)求二面角B-AP-C的余弦值；(2)求点C到平面PAB的距离．解：(1)如图，以C为原点成立空间直角坐标系．那么C(0，0，0)，A(0，2，0)，B(2，0，0)，P(0，0，2)．易得面PAC的法向量为n1＝(1，0，0)，→→PA＝(0，2，－2)，PB＝(2，0，－2)，n2＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，∴→n2·PA＝0＝0，即→n2·PB2y－2z＝02x－2z＝0.可取n2＝(1，1，1)．∴cos〈n1，n2〉＝n1·n2＝|n1||n2|1＝33.3∴二面角B-AP-C的余弦值为3.3(2)d＝→|CA·n2|＝|n2|2＝3233，第7页∴点C到平面PAB的距离为23.320．(本小题总分值13分)在几何体A-BCED中，∠ACB＝90°，CE⊥平面ABC，平面BCED为梯形，且AC＝CE＝BC＝4，DB＝1.(1)求异面直线DE与AB所成角的余弦值；(2)试一试究在DE上能否存在点Q，使得AQ⊥BQ，并说明原因．解：(1)由题知，CA，CB，CE两两垂直，以C为原点，以CA，CB，CE所在直线分别为x，y，z轴成立空间直角坐标系．那么A(4，0，0)，B(0，4，0)，D(0，4，1)，E(0，0，4)，→∴DE→＝(0，－4，3)，AB＝(－4，4，0)，→→∴cos〈DE，AB〉＝－225，∴异面直线DE与AB所成角的余弦值为225.→(2)设知足题设