空间向量与立体几何 2017-2018学年高二数学(理)人教版(上学期期末复习) Word版 含答案
2017-2018学年高中数学人教A版选修2-1 章末综合测评3
章末综合测评(三) 空间向量与立体几何(时间120分钟，满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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.与向量a ＝(1，－3,2)平行的一个向量的坐标是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1，1B.(－1，－3,2)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，－1 D.()2，－3，－22【解析】 a ＝(1，－3,2)＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，－1.【答案】 C2.在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，A 1F →＝12A 1C 1→，AF →＝xAA 1→＋y (AB →＋AD →)，则( )A.x ＝1，y ＝12B.x ＝1，y ＝13C.x ＝12，y ＝1D.x ＝1，y ＝14【解析】 AE →＝AA 1→＋A 1F →＝AA 1→＋12A 1C 1→＝AA 1→＋12AC →＝AA 1→＋12(AB →＋AD →)，∴x ＝1，y ＝12.应选A.【答案】 A3.已知A (2，－4，－1)，B (－1,5,1)，C (3，－4,1)，D (0,0,0)，令a ＝CA →，b ＝CB →，则a ＋b 为( )A.(5，－9,2)B.(－5,9，－2)C.(5,9，－2)D.(5，－9，－2)【解析】 a ＝CA →＝(－1,0，－2)，b ＝CB →＝(－4,9,0)， ∴a ＋b ＝(－5,9，－2). 【答案】 B4.在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，若AC 1→＝aAB →＋2bAD →＋3cA 1A →，则abc 的值等于( )【导学号：37792150】A.16B.56C.76D.－16【解析】 ∵AC 1→＝AB →＋AD →－AA 1→＝aAB →＋2bAD →＋3cA 1A →，∴a ＝1，b ＝12，c ＝－13.∴abc ＝－16. 【答案】 D5.在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，下列结论不正确的是( ) A.AB →＝－C 1D 1→ B.AB →·BC →＝0 C.AA 1→·B 1D 1→＝0D.AC 1→·A 1C →＝0【解析】 如图，AB →∥C 1D 1→，AB →⊥BC →，AA 1→⊥B 1D 1→，故A ，B ，C 选项均正确.【答案】 D6.已知向量a ，b 是平面α内的两个不相等的非零向量，非零向量c 在直线l 上，则“c ·a ＝0，且c ·b ＝0”是l ⊥α的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【解析】 若l ⊥α，则l 垂直于α内的所有直线，从而有c ·a ＝0，c ·b ＝0.反之，由于a ，b 是否共线没有确定，若共线，则结论不成立；若不共线，则结论成立.【答案】 B7.已知△ABC 的三个顶点为A (3,3,2)，B (4，－3,7)，C (0,5,1)，则BC 边上的中线长为( )A.2B.3C.4D.5【解析】 设BC 的中点为D ，则D (2,1,4)， ∴AD →＝(－1，－2,2)， ∴|AD →|＝－2＋－2＋22＝3，即BC 边上的中线长为3.【答案】 B8.若向量a ＝(x,4,5)，b ＝(1，－2,2)，且a 与b 的夹角的余弦值为26，则x ＝( ) 【导学号：37792151】A.3B.－3C.－11D.3或－11【解析】 因为a·b ＝(x,4,5)·(1，－2,2)＝x －8＋10＝x ＋2，且a 与b 的夹角的余弦值为26，所以26＝x ＋2x 2＋42＋52×1＋4＋4，解得x ＝3或－11(舍去)，故选A. 【答案】 A9.如图1，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角的正弦值为( )图1A.63B.255 C.155D.105【解析】 以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系(图略)，则A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,1)，∴BC 1→＝(－2,0,1)，AC →＝(－2,2,0)，且AC →为平面BB 1D 1D 的一个法向量. ∴cos〈BC 1→，AC →〉＝BC 1→·AC →|BC 1→||AC →|＝45·8＝105.∴sin〈BC →1，AC →〉＝|cos 〈BC →1，AC →〉|＝105，∴BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角的正弦值为105. 【答案】 D10.已知正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( )A.23B.33C.23D.13【解析】 以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2).设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1).设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC →|n ||DC →|＝23. 【答案】 A11.已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，若点F 是侧面CD 1的中心，且AF →＝AD →＋mAB →－nAA 1→，则m ，n 的值分别为( )【导学号：37792152】A.12，－12B.－12，－12C.－12，12D.12，12【解析】 由于AF →＝AD →＋DF →＝AD →＋12(DC →＋DD 1→)＝AD →＋12AB →＋12AA 1→，所以m ＝12，n ＝－12，故选A.【答案】 A12.在矩形ABCD 中，AB ＝3，AD ＝4，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝435，那么二面角A BD P 的大小为( )A.30°B.45°C.60°D.75°【解析】 如图所示，建立空间直角坐标系，则PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，0，－453，BD →＝(－3,4,0).设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·BD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ，y ，z⎝ ⎛⎭⎪⎫3，0，－453＝0，x ，y ，z－3，4，＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧3x －453z ＝0，－3x ＋4y ＝0.令x ＝1，则n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，34，543.又n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，453为平面ABCD 的一个法向量， ∴cos〈n 1，n 〉＝n 1·n |n 1||n |＝32，∴所求二面角为30°.【答案】 A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上) 13.已知向量a ＝(4，－2，－4)，b ＝(6，－3,2)，则(a ＋b )·(a －b )的值为________. 【解析】 (a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2＝42＋(－2)2＋ (－4)2－＝－13. 【答案】 －1314.△ABC 的三个顶点坐标分别为A (0,0，2)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12， 2，C (－1,0, 2)，则角A 的大小为________.【导学号：37792153】【解析】 AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，0，AC →＝(－1,0,0)，则cos A ＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝321×1＝32，故角A 的大小为30°.【答案】 30°15.在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A (1，－2,3)，B (2,1，－1)，若直线AB 交平面xOz 于点C ，则点C 的坐标为________.【解析】 设点C 的坐标为(x,0，z )，则AC →＝(x －1,2，z －3)，AB →＝(1,3，－4)，因为AC →与AB →共线，所以x －11＝23＝z －3－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝53，z ＝13，所以点C 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫53，0，13.【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎫53，0，1316.如图2，在四棱锥S ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的正方形，S 到A ，B ，C ，D 的距离都等于2.图2给出以下结论：①SA →＋SB →＋SC →＋SD →＝0；②SA →＋SB →－SC →－SD →＝0；③SA →－SB →＋SC →－SD →＝0；④SA →·SB →＝SC →·SD →；⑤SA →·SC →＝0，其中正确结论的序号是________.【解析】 容易推出：SA →－SB →＋SC →－SD →＝BA →＋DC →＝0，所以③正确；又因为底面ABCD 是边长为1的正方形，SA ＝SB ＝SC ＝SD ＝2，所以SA →·SB →＝2×2cos∠ASB ，SC →·SD →＝2×2cos∠CSD ，而∠ASB ＝∠CSD ，于是SA →·SB →＝SC →·SD →，因此④正确；其余三个都不正确，故正确结论的序号是③④.【答案】 ③④三、解答题(本大题共6小题，共70分.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)如图3，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .图3(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)证明：PC ∥平面BAQ .【证明】 如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz .(1)依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)，则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)，PQ →＝(1，－1，0)，所以PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0，即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC 且DQ ∩DC ＝D . 故PQ ⊥平面DCQ .又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ .(2)根据题意，DA →＝(1,0,0)，AB →＝(0,0,1)，AQ →＝(0,1,0)，故有DA →·AB →＝0，DA →·AQ →＝0，所以DA →为平面BAQ 的一个法向量.又因为PC →＝(0，－2,1)，且DA →·PC →＝0，即DA ⊥PC ，且PC ⊄平面BAQ ，故有PC ∥平面BAQ . 18. (本小题满分12分)如图4，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，求异面直线BA 1与AC 所成角的余弦值.图4【解】 因为BA 1→＝BA →＋AA 1→ ＝BA →＋BB 1→，AC →＝BC →－BA →， 且BA →·BC →＝BB 1→·BA → ＝BB 1→·BC →＝0，所以BA 1→·AC →＝(BA →＋BB 1→)·(BC →－BA →) ＝BA →·BC →－BA →2＋BB 1→·BC →－BB 1→·BA → ＝－1.又|AC →|＝2，|BA 1→|＝1＋2＝3， 所以cos 〈BA 1→，AC →〉＝BA 1→·AC →|BA 1→||AC →|＝－16＝－66，则异面直线BA 1与AC 所成角的余弦值为66. 19. (本小题满分12分)如图5，AB 是圆的直径，PA 垂直圆所在的平面，C 是圆上的点.图5(1)求证：平面PBC ⊥平面PAC ；(2)若AB ＝2，AC ＝1，PA ＝1，求二面角C PB A 的余弦值.【导学号：37792154】【解】 (1)证明：由AB 是圆的直径，得AC ⊥BC ， 由PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，得PA ⊥BC . 又PA ∩AC ＝A ，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ， 所以BC ⊥平面PAC . 因为BC ⊂平面PBC . 所以平面PBC ⊥平面PAC .(2)过C 作CM ∥AP ，则CM ⊥平面ABC .如图，以点C 为坐标原点，分别以直线CB ，CA ，CM 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系.在Rt△ABC 中，因为AB ＝2，AC ＝1，所以BC ＝ 3. 又因为PA ＝1，所以A (0,1,0)，B (3，0,0)，P (0,1,1). 故CB →＝(3，0,0)，CP →＝(0,1,1). 设平面BCP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ CB →·n 1＝0，CP →·n 1＝0，所以⎩⎨⎧3x 1＝0，y 1＋z 1＝0，不妨令y 1＝1，则n 1＝(0,1，－1). 因为AP →＝(0,0,1)，AB →＝(3，－1,0)， 设平面ABP 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧AP →·n 2＝0，AB →·n 2＝0，所以⎩⎨⎧z 2＝0，3x 2－y 2＝0，不妨令x 2＝1，则n 2＝(1, 3，0). 于是cos 〈n 1，n 2〉＝322＝64. 由图知二面角C PB A 为锐角，故二面角C PB A 的余弦值为64.20. (本小题满分12分)如图6，在四棱锥P ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥AD ，AB ⊥PA ，BC ＝2AB ＝2AD ＝4BE ，平面PAB ⊥平面ABCD .图6(1)求证：平面PED ⊥平面PAC;【导学号：37792155】(2)若直线PE 与平面PAC 所成的角的正弦值为55，求二面角A PC D 的余弦值. 【解】 (1)证明：∵平面PAB ⊥平面ABCD ， 平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，AB ⊥PA ， ∴PA ⊥平面ABCD ，又∵AB ⊥AD ，故可建立空间直角坐标系Oxyz 如图所示，不妨设BC ＝4，AP ＝λ(λ>0)，则有D (0,2,0)，E (2,1,0)，C (2,4,0)，P (0,0，λ)， ∴AC →＝(2,4,0)，AP →＝(0,0，λ)，DE →＝(2，－1,0)， ∴DE →·AC →＝4－4＋0＝0，DE →·AP →＝0， ∴DE ⊥AC ，DE ⊥AP 且AC ∩AP ＝A ， ∴DE ⊥平面PAC . 又DE ⊂平面PED ， ∴平面PED ⊥平面PAC .(2)由(1)知，平面PAC 的一个法向量是DE →＝(2，－1，0)，PE →＝(2,1，－λ)，设直线PE 与平面PAC 所成的角为θ，∴sin θ＝|cos 〈PE →，DE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4－155＋λ2＝55，解得λ＝±2.∵λ>0，∴λ＝2，即P (0,0,2)，设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，DC →＝(2,2,0)，DP →＝(0，－2,2)， 由n ⊥DC →，n ⊥DP →，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，－2y ＋2z ＝0，不妨令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1).∴cos〈n ，DE →〉＝2＋13 5＝155，显然二面角A PC D 的平面角是锐角， ∴二面角A PC D 的余弦值为155. 21. (本小题满分12分)如图7，四棱锥P ABCD 的底面ABCD 为一直角梯形，其中BA ⊥AD ，CD ⊥AD ，CD ＝AD ＝2AB ，PA ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点.图7(1)求证：BE ∥平面PAD ； (2)若BE ⊥平面PCD ，①求异面直线PD 与BC 所成角的余弦值； ②求二面角E BD C 的余弦值.【解】 设AB ＝a ，PA ＝b ，建立如图的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (a,0,0)，P (0,0，b )，C (2a,2a,0)，D (0,2a,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，b 2.(1)证明：BE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，a ，b 2，AD →＝(0,2a,0)，AP →＝(0,0，b )，所以BE →＝12AD →＋12AP →，因为BE ⊄平面PAD ，所以BE ∥平面PAD .(2)因为BE ⊥平面PCD ，所以BE ⊥PC ，即BE →·PC →＝0，PC →＝(2a,2a ，－b )，所以BE →·PC →＝2a 2－b 22＝0，则b ＝2a . ①PD →＝(0,2a ，－2a )，BC →＝(a,2a,0)，cos 〈PD →，BC →〉＝4a 222a ·5a ＝105，所以异面直线PD 与BC 所成角的余弦值为105. ②在平面BDE 和平面BDC 中，BE →＝(0，a ，a )，BD →＝(－a ，2a,0)，BC →＝(a,2a,0)，所以平面BDE 的一个法向量为n 1＝(2,1，－1)；平面BDC 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)；cos 〈n 1，n 2〉＝－16，所以二面角E BD C 的余弦值为66. 22.(本小题满分12分)如图8，在棱长为2的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2).图8(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；(2)是否存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.【解】 以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建立空间直角坐标系.由已知得B (2,2,0)，C 1(0,2,2)，E (2,1,0)，F (1,0,0)，P (0,0，λ)，BC 1→＝(－2，0,2)，FP →＝(－1,0，λ)，FE →＝(1,1,0).(1)证明：当λ＝1时，FP →＝(－1,0,1)，因为BC 1→＝(－2,0,2).所以BC 1→＝2FP →，可知BC 1∥FP ，而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ FE →·n ＝0，FP →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0，于是可取n ＝(λ，－λ，1)，同理可得平面PQMN 的一个法向量为m ＝(λ－2,2－λ，1)，若存在λ，使得平面EFPQ 与平面PQMN 所在的二面角为直二面角， 则m·n ＝(λ－2,2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22， 故存在λ＝1±22，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角.。
2017-2018学年人教A版高中数学(理科)高三二轮专题13空间向量与立体几何测试
2020-2021学年人教A版高中数学（理科）高三二轮专题13空间向量与立体几何测试学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、解答题1．如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB＝2a，F为CD的中点．(1)求证：AF∥平面BCE；(2)判断平面BCE与平面CDE的位置关系，并证明你的结论．2．如图，已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，△PAB是边长为a 的正三角形，且平面PAB⊥平面ABCD，已知点M是PD的中点．(1)证明：PB∥平面AMC；(2)求直线BD与平面AMC所成角的正弦值．3．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为梯形，AD∥BC，CD⊥BC，AD＝2，AB＝BC＝3，PA＝4，M为AD的中点，N为PC上一点，且PC＝3PN.(1)求证：MN∥平面PAB；(2)求二面角PANM的余弦值．4．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF 的中点.(1)设P 是CE 上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP 的大小；(2)当AB ＝3，AD ＝2时，求二面角E －AG －C 的大小.5．如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒．点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，4PA AC ==，2AB =．（1）求证：MN ∥平面BDE ；（2）求二面角C EM N --的正弦值；（3）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为21，求线段AH 的长．6．如图，四棱锥P －ABCD 的底面为直角梯形，AD∥BC，AD ＝2BC ＝2，BC⊥DC，∠BAD ＝60°，平面PAD⊥底面ABCD ，E 为AD 的中点，△PAD 为正三角形，M 是棱PC 上的一点(异于端点)．(1)若M 为PC 的中点，求证：PA∥平面BME ；(2)是否存在点M，使二面角MBED的大小为30°.若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．参考答案1．（1）证明见解析；（2）证明见解析【详解】建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，a，0)，E(a，a,2a)．因为F为CD的中点，所以F.(1)证明：＝，＝(a，a，a)，＝(2a,0，－a)．因为＝(＋)，AF⊄平面BCE，所以AF∥平面BCE.(2)平面BCE⊥平面CDE.证明如下：因为＝，＝(－a，a,0)，＝(0,0，－2a)，所以·＝0，A·＝0，所以⊥，⊥，所以AF⊥平面CDE，又AF∥平面BCE，所以平面BCE⊥平面CDE.2．（1）见解析；（2【解析】试题分析：（1）连接BD交AC于点O，由三角形中位线可得OM∥PB. 再根据线面平行判定定理得结论（2）先根据空间直角坐标系，再设立各点坐标，根据方程组解得平面法向量，根据向量数量积求向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余关系得结果．试题解析：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OM，因为四边形ABCD为菱形，OB＝OD，又M为PD的中点，所以OM∥PB.由PB⊄平面AMC，OM⊂平面AMC，所以PB∥平面ACM.(2)取AB的中点N，连接PN，ND，则∠AND＝90°，分别以NB，ND，NP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N－xyz，则B，C，A，D，P，M，则＝，＝.设平面AMC的法向量为n＝(x，y，z)，则令y＝，则x＝－1，z＝－，即n＝.又＝，设直线BD与n所成的角为θ，则cosθ＝＝，故直线BD与平面AMC所成角的正弦值为.3．（1）见解析；（2）9【解析】试题分析：（1）作NH∥BC，根据平几知识可得AMNH为平行四边形，即得MN∥AH. 再根据线面平行判定定理得结论（2）先根据空间直角坐标系，再设立各点坐标，根据方程组解得平面法向量，根据向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角相等或互补关系得结果．试题解析：(1)证明：在平面PBC内作NH∥BC交PB于点H，连接AH，在△PBC中，NH∥BC，且NH＝BC＝1，AM＝AD＝1.∵AD∥BC，∴NH∥AM，且NH＝AM，∴四边形AMNH为平行四边形，∴MN∥AH.∵AH⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，∴MN∥平面PAB.(2)解：在平面ABCD内作AE∥CD交BC于E，则AE⊥AD.分别以AE，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A－xyz，则P(0,0,4)，M(0,1,0)，C(2，2,0)，N.设平面AMN的法向量m＝(x，y，z)，＝(0,1,0)，＝，则取m＝.设平面PAN的法向量n＝(x，y，z)，＝(0,0,4)，＝，则取n＝(1，－，0)，则cos〈m，n〉＝＝，故二面角PANM的余弦值为.4．（1）30；（2）60【分析】试题分析: (1)第(1)问,直接证明BE⊥平面ABP得到BE⊥BP,从而求出∠CBP的大小. (2)第（2）问，可以利用几何法求，也可以利用向量法求解.解： (1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP. 又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP.又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°.(2)方法一：如图，取EC的中点H，连接EH，GH，CH.因为∠EBC＝120°，所以四边形BEHC为菱形，所以AE＝GE＝AC＝GC=取AG的中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，所以∠EMC为所求二面角的平面角．又AM＝1，所以EM＝CM=.在△BEC中，由于∠EBC＝120°，由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12，所以EC＝为等边三角形，故所求的角为60°.方法二：以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz.由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(13)，C(－1，0)，故AE ＝(2,0，－3)，AG ＝(1，0)，CG ＝(2,0,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEG 的一个法向量，由00m AE m AG ⎧⋅=⎨⋅=⎩可得11112300x z x -=⎧⎪⎨+=⎪⎩ 取z 1＝2，可得平面AEG 的一个法向量m ＝(32)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACG 的一个法向量．由00n AG n CG ⎧⋅=⎨⋅=⎩可得22220230x x z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩ 取z 2＝－2，可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3，－2)．所以cos 〈,m n 〉＝||||m n m n ⋅＝12. 故所求的角为60°.点睛：本题的难点主要是计算，由于空间向量的运算，所以大家在计算时，务必仔细认真. 5．（1）证明见解析；（2）21；（3）85或12．【解析】【详解】试题分析：本小题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.首先要建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，证明线面平行只需求出平面的法向量，计算直线对应的向量与法向量的数量积为0，求二面角只需求出两个半平面对应的法向量，借助法向量的夹角求二面角，利用向量的夹角公式，求出异面直线所成角的余弦值，利用已知条件，求出AH 的值.试题解析：如图，以A 为原点，分别以AB ，AC ，AP 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A （0，0，0），B （2，0，0），C （0，4，0），P （0，0，4），D （0，0，2），E （0，2，2），M （0，0，1），N （1，2，0）.（1）证明：DE =（0，2，0），DB =（2，0，2-）.设(),,n x y z =，为平面BDE 的法向量， 则00n DE n DB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即20220y x z =⎧⎨-=⎩.不妨设1z =，可得()1,0,1n =.又MN =（1，2，1-），可得0MN n ⋅=.因为MN ⊄平面BDE ，所以MN //平面BDE .（2）解：易知()11,0,0n =为平面CEM 的一个法向量.设()2,,n x y z =为平面EMN 的法向量，则2200n EM n MN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，因为()0,2,1EM =--，()1,2,1MN =-，所以2020y z x y z --=⎧⎨+-=⎩.不妨设1y =，可得()24,1,2n =--.因此有121212,21n n cosn n n n ⋅==-12105sin ,n n =. 所以，二面角C —EM —N 的正弦值为21. （3）解：依题意，设AH =h （04h ≤≤），则H （0，0，h ），进而可得()1,2,NH h =--，()2,2,2BE =-.由已知，得cos ,213NH BENH BE NH BE h ⋅===，整理得2102180h h -+=，解得85h =，或12h =. 所以，线段AH 的长为85或12. 【考点】 直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角【名师点睛】空间向量是解决空间几何问题的锐利武器，不论是求空间角、空间距离还是证明线面关系利用空间向量都很方便，利用向量夹角公式求异面直线所成的角又快又准，特别是借助平面的法向量求线面角，二面角或点到平面的距离都很容易.6．（1）见解析；（2）见解析【解析】试题分析：（1）连接AC 交BE 于点F ，根据平几知识可得ABCE 为平行四边形，即得MF ∥PA . 再根据线面平行判定定理得结论（2）先根据空间直角坐标系，再设立各点坐标，根据方程组解得平面法向量，根据向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角相等或互补关系列方程解得M 坐标，即得点M 的位置．试题解析：(1)证明：如图，连接AC 交BE 于点F ，连接CE .由题意知BC ∥AE ，且BC ＝AE ，故四边形ABCE 为平行四边形，∴F 为AC 的中点，在△PAC 中，又由M 为PC 的中点，得MF ∥PA .又MF ⊂平面BME ，PA ⊄平面BME ，∴PA ∥平面BME .(2)连接PE，则由题意知PE⊥平面ABCD.故以E为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系E－xyz，则E(0,0,0)，P(0,0，)，B(，0,0)，C(，－1,0)．设＝λ＝(0<λ<1)，则M(λ，－λ， (1－λ))．∴＝(λ，－λ， (1－λ))，＝(，0,0)．取平面DBE的法向量n1＝(0,0,1)，设平面BME的法向量n2＝(x，y，z)，则由得令y＝，得n2＝.又由＝cos30°，得λ＝，即M.故存在点M满足要求，且M为棱PC上靠近端点C的四等分点．。
2017-2018学年高中数学 第三章 空间向量与立体几何阶段质量检测B卷(含解析)新人教A版选修2-1
第三章 空间向量与立体几何(时间120分钟，满分150分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)1．已知a ＝(λ＋1,1,1)，b ＝(2，2μ－1，λ)，若a ⊥b ，则λ与μ的值可以是( ) A ．2，12B ．－1,1C ．－1,2D ．1,2解析：选A 由题意知：2(λ＋1)＋2μ－1＋λ＝0，即3λ＋2μ＋1＝0，令λ＝－1，有μ＝1，故选B.2．直线l 的方向向量为a ，平面α内两共点向量OA ―→，OB ―→，下列关系中能表示l ∥α的是( )A ．a ＝OA ―→B ．a ＝k OB ―→C ．a ＝p OA ―→＋λOB ―→D ．以上均不能 解析：选D 对a ＝OA ―→，a ＝k OB ―→以及a ＝p OA ―→＋λOB ―→均可能有l ⊂α，故都不能表示l ∥α.3．已知a ＝(1,1,1)，b ＝(0,2，－1)，c ＝ma ＋nb ＋(4，－4，1)．若c 与a 及b 都垂直，则m ，n 的值分别为 ( )A ．－1,2B ．1，－2C ．1,2D ．－1，－2解析：选A 由已知得c ＝(m ＋4，m ＋2n －4，m －n ＋1)， 故a ·c ＝3m ＋n ＋1＝0，b ·c ＝m ＋5n －9＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1，n ＝2.4．已知点B 是点A (3,7，－4)在xOz 平面上的射影，则OB ―→2等于( ) A ．(9,0,16) B ．25 C ．5D ．13解析：选B A 在xOz 平面上的射影为B (3,0，－4)，则OB ―→＝(3,0，－4)，OB ―→2＝25. 5．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( ) A ．2，12B ．－13，12(B 卷 能力素养提升)C ．－3,2D ．2,2解析：选A 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧λ＋16＝22λ，2μ－1＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝12，或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12.6．已知a ＝(2,4,5)，b ＝(3，x ，y )分别是直线l 1，l 2的方向向量，若l 1∥l 2，则( ) A ．x ＝6，y ＝15 B ．x ＝3，y ＝152C ．x ＝3，y ＝15D ．x ＝6，y ＝152解析：选D 由l 1∥l 2得，23＝4x ＝5y ，解得x ＝6，y ＝152.7．已知向量m 、n 分别是直线l 和平面α的方向向量、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所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∴θ＝30°.8．已知直线l 过定点A (2,3,1)，且n ＝(0,1,1)为直线l 的一个方向向量，则点P (4,3,2)到直线l 的距离为( )A.322 B.22C.102D. 2解析：选A PA ―→＝(－2,0，－1)，|PA ―→|＝5，PA ―→·n |n |＝－22，则点P 到直线l的距离为|PA ―→|2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪PA ―→·n |n |2＝5－12＝322. 9．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 为侧面BCC 1B 1的中心，则AO 与平面ABCD 所成角的正弦值为( )A.33B.12C.66D.32解析：选C 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．令AB ＝2，则A (2，0,0)，O (1,2,1)，所以AO ―→＝(－1,2,1)．又DD 1―→＝(0,0,2)为平面ABCD 的法向量，设AO 与平面ABCD 所成角为α，则sin α＝|cos 〈AO ―→，DD 1―→〉|＝|AO ―→·DD 1―→||AO ―→||DD 1―→|＝26×2＝66.10.如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和为( )A ．1 B.12 C.32D ．2解析：选A 以D 1A 1，D 1C 1，D 1D 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， 设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x,1,1)，B 1(1,1,0)， ∴B 1E ―→＝(x －1,0,1)． 又F (0,0,1－y )，B (1,1,1)， ∴FB ―→＝(1,1，y )．由于AB ⊥B 1E ，故若B 1E ⊥平面ABF ，只需FB ―→·B 1E ―→＝(1,1，y )·(x －1,0,1)＝0⇒x ＋y ＝1. 二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)11．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＝________.解析：由已知得89＝a ·b |a ||b |＝2－λ＋45＋λ2·9， ∴85＋λ2＝3(6－λ)，解得λ＝－2或λ＝255.答案：－2或25512.如图，已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝a ，PA ⊥平面ABCD ，若在BC上只有一个点Q 满足PQ ⊥QD ，则a 的值等于________．解析：如图，建立空间直角坐标系Axyz ， 则D (0，a,0)．设Q (1，t,0)(0≤t ≤a )．P (0,0，z )．则PQ ―→＝(1，t ，－z )， QD ―→＝(－1，a －t,0)． 由PQ ⊥QD ，得－1＋t (a －t ) ＝0，即t 2－at ＋1＝0.由题意知方程t 2－at ＋1＝0只一解． ∴Δ＝a 2－4＝0，a ＝2，这时t ＝1∈[0，a ]． 答案：213．已知空间三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB ―→，b ＝AC ―→，则cos 〈a ，b 〉＝________.解析：a ＝AB ―→＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－12×5＝－1010.答案：－101014．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的正弦值是________．解析：如图，以DA ，DC ，DD 1分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A (1，0,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)，易证AC 1―→是平面A 1BD 的一个法向量．AC 1―→＝(－1,1,1)，BC 1―→＝(－1,0,1)． cos 〈AC 1―→，BC 1―→〉＝1＋13×2＝63.所以BC 1与平面A 1BD 所成角的正弦值为63. 答案：63三、解答题(本题共6小题，共70分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分10分)如图，已知M ，N 分别为四面体A BCD 的面BCD 与面ACD 的重心，G 为AM 上一点，且GM ∶GA ＝1∶3.求证：B ，G ，N 三点共线．证明：设AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，AD ―→＝c ，则BG ―→＝BA ―→＋AG ―→＝BA ―→＋34AM ―→＝－a ＋14(a ＋b ＋c )＝－34a ＋14b ＋14c ，BN ―→＝BA ―→＋AN ―→＝BA ―→＋13(AC ―→＋AD ―→)＝－a ＋13b ＋13c ＝43BG ―→，∴BN ―→∥BG ―→.又BN ∩BG ＝B ，∴B ，G ，N 三点共线． 16．(本小题满分12分)如图所示，已知在四面体ABCD 中，O 为BD 的中点，CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝ 2. (1)求证：AO ⊥平面BCD ；(2)求异面直线AB 与CD 所成角的余弦值． 解：(1)证明：因为BO ＝DO ，AB ＝AD ， 所以AO ⊥BD .因为BO ＝DO ，BC ＝CD ， 所以CO ⊥BD .在△AOC 中，由已知可得AO ＝1，CO ＝3， 而AC ＝2，所以AO 2＋CO 2＝AC 2， 所以∠AOC ＝90°， 即AO ⊥OC . 因为BD ∩OC ＝O ，所以AO ⊥平面BCD .(2)以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (－1,0,0)，C (0，3，0)，A (0,0,1)，BA ―→＝(－1,0,1)，CD ―→＝(－1，－3，0)， 所以cos 〈BA ―→，CD ―→〉＝BA ―→·CD ―→|CD ―→||CD ―→|＝24，所以异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24. 17．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ＝2，E 是PC 的中点，作EF ⊥BP 交BP 于点F .(1)证明：PA ∥平面EDB ； (2)证明：PB ⊥平面EFD .证明：以D 为坐标原点，射线DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，设DC ＝2.(1)连接AC ，交BD 于G ，连接EG .依题意得A (2,0,0)，P (0,0,2)，E (0，1,1)．因为底面ABCD 是正方形，所以G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为(1,1,0)， 且PA ―→＝(2,0，－2)，EG ―→＝(1,0，－1)． 所以PA ―→＝2EG ―→，这表明PA ∥EG . 而EG ⊂平面EDB 且PA ⊄平面EDB ， 所以PA ∥平面EDB .(2)依题意得B (2,2,0)，PB ―→＝(2,2，－2)，DE ―→＝(0,1,1)， 故PB ―→·DE ―→＝0＋2－2＝0，所以PB ⊥DE ， 由已知EF ⊥PB ，且EF ∩DE ＝E ， 所以PB ⊥平面EFD .18．(本小题满分12分)如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由．解：(1)证明：以A 为原点，AB ―→，AD ―→，AA 1―→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1―→＝(0,1,1)，B 1E ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1，AB 1―→＝(a,0,1)，AE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0.∵AD 1―→·B 1E ―→＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)，使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP ―→＝(0，－1，z 0)． 又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1―→，n ⊥AE ―→，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a2，－a .要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP ―→，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.19．(本小题满分12分)(全国乙卷)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，若面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D AF E 与二面角C BE F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E BC A 的余弦值． 解：(1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ， 所以AF ⊥平面EFDC . 又AF ⊂平面ABEF ， 故平面ABEF ⊥平面EFDC . (2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G . 由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF ―→的方向为x 轴正方向，|GF ―→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz . 由(1)知∠DFE 为二面角D AF E 的平面角， 故∠DFE ＝60°， 则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．由已知得AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC . 又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ， 故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ， 所以∠CEF 为二面角C BE F 的平面角， ∠CEF ＝60°.从而可得C (－2,0，3)．所以EC ―→＝(1,0，3)，EB ―→＝(0,4,0)，AC ―→＝(－3，－4，3)，AB ―→＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC ―→＝0，n ·EB ―→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC ―→＝0，m ·AB ―→＝0，同理可取m ＝(0，3，4)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－2 1919.由图知，二面角E BC A 为钝角， 故二面角E BC A 的余弦值为－2 1919.20．(本小题满分12分)如图，在五面体ABCDEF 中，FA ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ∥FE ，AB ⊥AD ，AF ＝AB ＝BC ＝FE ＝12AD .(1)求异面直线BF 与DE 所成角的大小； (2)求二面角A CD E 的余弦值．解：如图所示，以A 为坐标原点建立空间直角坐标系．设AB ＝1，依题意得B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，E (0,1,1)，F (0,0,1)．(1)BF ―→＝(－1,0,1)，DE ―→＝(0，－1，1)，于是cos 〈BF ―→，DE ―→〉＝BF ―→·DE ―→|BF ―→||DE ―→|＝0＋0＋12×2＝12.所以异面直线BF 与DE 所成角的大小为60°. (2)设平面CDE 的法向量为u ＝(x ，y ，z )． CE ―→＝(－1,0,1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CE ―→＝0，u ·DE ―→＝0，于是⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－y ＋z ＝0.令x ＝1，可得u ＝(1,1,1)．又由题设，平面ACD 的一个法向量为v ＝(0，0,1)．所以cos 〈u ，v 〉＝u ·v |u ||v |＝0＋0＋13×1＝33.因为二面角A CD E 为锐角，所以其余弦值为33.。
2017-2018学年高中数学 第三章 空间向量与立体几何阶段质量检测A卷(含解析)新人教A版选修2-1
第三章 空间向量与立体几何(时间120分钟，满分150分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)1．设l 1的方向向量为a ＝(1,2，－2)，l 2的方向向量为b ＝(－2,3，m )，若l 1⊥l 2，则m 等于( )A ．1B ．2 C.12D ．3解析：选B 若l 1⊥l 2，则a ⊥b ，∴a ·b ＝0， ∴1×(－2)＋2×3＋(－2)×m ＝0，解得m ＝2.2．已知a ，b 是平面α内的两个不相等的非零向量，非零向量c 在直线l 上，则c ·a ＝0且c ·b ＝0是l ⊥α的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B 若l ⊥α，则l 与a ，b 所在的直线垂直，∴c ⊥a ，c ⊥b ，∴c ·a ＝0，c ·b ＝0，是必要条件；∵a ≠b ，∴当a 与b 同向(或反向)时，由c ·a ＝0且c ·b ＝0可以推出c ⊥a 且c ⊥b ，但不能推出l ⊥α，不是充分条件．3．已知向量i ，j ，k 是一组单位正交向量，m ＝8j ＋3k ，n ＝－i ＋5j －4k ，则m ·n ＝( ) A ．7 B ．－20 C ．28D ．11解析：选C 因为m ＝(0,8,3)，n ＝(－1,5，－4)， 所以 m ·n ＝0＋40－12＝28.4．已知二面角αl β的大小为π3，m ，n 为异面直线，且m ⊥α，n ⊥β，则m ，n 所成的角为( )A.π6B.π3C.π2D.2π3解析：选B 设m ，n 的方向向量分别为m ，n .由m ⊥α，n ⊥β知m ，n 分别是平面α，β的法向量． ∵|cos 〈m ，n 〉|＝cos π3＝12，∴〈m ，n 〉＝π3或2π3.(A 卷 学业水平达标)但由于两异面直线所成的角的范围为⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，故异面直线m ，n 所成的角为π3.5．已知空间四个点A (1,1,1)，B (－4,0,2)，C (－3，－1,0)，D (－1,0,4)，则直线AD 与平面ABC 的夹角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选A 设n ＝(x ，y,1)是平面ABC 的一个法向量． ∵AB ―→＝(－5，－1,1)，AC ―→＝(－4，－2，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－5x －y ＋1＝0，－4x －2y －1＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝－32，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，1.又AD ―→＝(－2，－1,3)，设AD 与平面ABC 所成的角为θ， 则sin θ＝|AD ―→·n ||AD ―→||n |＝727＝12，∴θ＝30°.6．在以下命题中，不正确的个数为( ) ①|a |－|b |＝|a ＋b |是a ，b 共线的充要条件； ②若a ∥b ，则存在唯一的实数λ，使a ＝λb ；③对空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP ―→＝2OA ―→－2OB ―→－OC ―→，则P ，A ，B ，C 四点共面；④若{a ，b ，c }为空间的一个基底，则{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }构成空间的另一个基底； ⑤ |(a ·b )·c |＝|a |·|b |·|c |. A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析：选C ①|a |－|b |＝|a ＋b |⇒a 与b 共线，但a 与b 共线时|a |－|b |＝|a ＋b |不一定成立，故不正确；②b 需为非零向量，故不正确；③因为2－2－1≠1，由共面向量定理知，不正确；④由基底的定义知正确；⑤由向量的数量积的性质知，不正确．7．已知向量a ＝(1,2,3)，b ＝(－2，－4，－6)，|c |＝14，若(a ＋b )·c ＝7，则a 与c 的夹角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°解析：选C 设向量a ＋b 与c 的夹角为α， 因为a ＋b ＝(－1，－2，－3)，|a ＋b |＝14， cos α＝a ＋bc |a ＋b ||c |＝12，所以α＝60°.因为向量a ＋b 与a 的方向相反， 所以a 与c 的夹角为120°.8．在空间直角坐标系Oxyz 中，i ，j ，k 分别是x 轴、y 轴、z 轴的方向向量，设a 为非零向量，且〈a ，i 〉＝45°，〈a ，j 〉＝60°，则〈a ，k 〉＝( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选C 如图所示， 设|a |＝m (m ＞0)，a ＝OP ―→，PA ⊥平面xOy ，则在Rt △PBO 中，|PB |＝|OP ―→|·sin〈a ，i 〉＝22m ，在Rt △PCO 中，|OC |＝|OP ―→|·cos〈a ，j 〉＝m 2，∴|AB |＝m2，在Rt △PAB 中， |PA |＝|PB |2－|AB |2＝24m 2－m 24＝m 2， ∴|OD |＝m 2，在Rt △PDO 中，cos 〈a ，k 〉＝|OD ||OP |＝12.又∵0°≤〈a ，k 〉≤180°， ∴〈a ，k 〉＝60°.9．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A 1到截面AB 1D 1的距离为( )A.83B.38C.43D.34解析：选C 取DA ―→，DC ―→，DD 1―→分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，可求得平面AB 1D 1的法向量为n ＝(2，－2,1)．故A 1到平面AB 1D 1的距离为d ＝|AA 1―→·n ||n |＝43.10．三棱柱ABC A 1B 1C 1中，底面ABC 为正三角形，侧棱长等于底面边长，A 1在底面的射影是△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于( )A.13 B.23C.33D.23解析：选B 如图，设A 1点在底面ABC 内的射影为点O ，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设△ABC 边长为1， 则A ⎝⎛⎭⎪⎫33，0，0，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，63， ∴AB 1―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－536，12，63.平面ABC 的法向量n ＝(0,0,1)，则AB 1与底面ABC 所成角α的正弦值为sin α＝|cos 〈AB 1―→，n 〉|＝637536＋14＋69＝23. 二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)11．已知a ＝(3λ，6，λ＋6)，b ＝(λ＋1,3,2λ)为两平行平面的法向量，则λ＝________.解析：由题意知a ∥b ，∴3λλ＋1＝63＝λ＋62λ，解得λ＝2.答案：212．若a ＝(2,3，－1)，b ＝(－2,1,3)，则以a ，b 为邻边的平行四边形的面积为________．解析：cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－27，得sin 〈a ，b 〉＝357，由公式S ＝|a ||b |sin 〈a ，b 〉可得结果． 答案：6 513．在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，若AC 1―→＝a AB ―→＋2b AD ―→＋3c A 1A ―→，则abc ＝________. 解析：∵AC 1―→＝AB ―→＋AD ―→＋AA 1―→＝a AB ―→＋2b AD ―→＋3c A 1A ―→， ∴a ＝1，b ＝12，c ＝－13.∴abc ＝－16.答案：－1614.如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，EF ∥BC 且AE ＝2EB ，G 为BC 的中点，K 为AF 的中点．沿EF 将矩形折成120°的二面角A EF B ，此时KG 的长为________．解析：如图，过K 作KM ⊥EF ，垂足M 为EF 的中点，则向量MK ―→与FC ―→的夹角为120°，〈KM ―→，FC ―→〉＝60°.又∵KG ―→＝KM ―→＋MG ―→＝KM ―→＋FC ―→， ∴KG ―→ 2＝KM ―→2＋FC ―→2＋2KM ―→·FC ―→ ＝1＋1＋2×1×1×cos 60°＝3. ∴|KG ―→|＝ 3. 答案： 3三、解答题(本题共6小题，共70分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分10分)如图所示，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，设AA 1―→＝a ，AB ―→＝b ，AD ―→＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：(1)AP ―→；(2) A 1N ―→；(3)MP ―→＋NC 1―→. 解：(1)∵点P 是C 1D 1的中点，∴AP ―→＝AA 1―→＋A 1D 1―→＋D 1P ―→＝a ＋AD ―→＋12D 1C 1―→＝a ＋c ＋12AB ―→＝a ＋c ＋12b .(2)∵N 是BC 的中点，∴A 1N ―→＝A 1A ―→＋AB ―→＋BN ―→＝－a ＋b ＋12BC ―→＝－a ＋b ＋12AD ―→＝－a ＋b ＋12c .(3)∵M 是AA 1的中点，∴MP ―→＝MA ―→＋AP ―→＝12A 1A ―→＋AP ―→＝－12a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋c ＋12b ＝12a ＋12b ＋c ，又∵NC 1―→＝NC ―→＋CC 1―→＝12BC ―→＋AA 1―→＝12AD ―→＋AA 1―→＝12c ＋a ， ∴MP ―→＋NC 1―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12c＝32a ＋12b ＋32c . 16．(本小题满分12分)已知三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，∠BAC ＝90°，AB ＝AA 1＝2，AC ＝1，M ，N 分别是A 1B 1，BC 的中点．(1)证明：AB ⊥AC 1； (2)证明：MN ∥平面ACC 1A 1.证明：依条件可知AB ，AC ，AA 1两两垂直．如图，以点A 为原点，建立空间直角坐标系Axyz .根据条件容易求出如下各点坐标：A (0,0,0)，B (0,2,0)，B 1(0,2,2)，C 1(－1,0,2)，M (0,1,2)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，0.(1)∵AB ―→＝(0,2,0)，AC 1―→＝(－1,0,2)， ∴AB ―→·AC 1―→＝0×(－1)＋2×0＋0×2＝0. ∴AB ―→⊥AC 1―→，即AB ⊥AC 1. (2)因为MN ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－2，AB ―→＝(0,2,0)是平面ACC 1A 1的一个法向量， 且MN ―→·AB ―→＝－12×0＋0×2＋(－2)×0＝0，所以MN ―→⊥AB ―→.又因为MN ⊄平面ACC 1A 1，所以MN ∥平面ACC 1A 1.17．(本小题满分12分)如下(左)图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D ，E 分别为AC 、AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如下(右)图．(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小． 解：(1)∵AC ⊥BC ，DE ∥BC ， ∴DE ⊥AC .∴DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD ， ∴DE ⊥平面A 1DC . ∴DE ⊥A 1C . 又∵A 1C ⊥CD ，∴A 1C ⊥平面BCDE .(2)如图所示，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系C －xyz ，则A 1(0，0，23)，D (0,2,0)，M (0,1，3)，B (3，0,0)，E (2,2,0)．设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·A 1B ―→＝0，n ·BE ―→＝0. 又A 1B ―→＝(3,0，－23)，BE ―→＝(－1,2,0)，∴⎩⎨⎧3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.令y ＝1，则x ＝2，z ＝3， ∴n ＝(2,1，3)．设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ. ∵CM ―→＝(0,1，3)，∴sin θ＝|cos 〈n ，CM ―→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CM ―→|n |·|CM ―→|＝48×4＝22. ∴CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π4.18．(本小题满分12分)如图，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 是线段EF 的中点．(1)求证：AM ∥平面BDE ；(2)试在线段AC 上确定一点P ，使得PF 与CD 所成的角是60°. 解：(1)证明：如图，建立空间直角坐标系．设AC ∩BD ＝N ，连接NE ， 则N ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0，E (0,0,1)， ∴NE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1.又A (2，2，0)，M ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，1， ∴AM ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1.∴NE ―→＝AM ―→，且NE 与AM 不共线． ∴NE ∥AM .又NE ⊂平面BED ，AM ⊄平面BDE ， ∴AM ∥平面BDE .(2)设P (t ，t,0)(0≤t ≤2)，则PF ―→＝(2－t ，2－t,1)，CD ―→＝(2，0,0)． 又∵PF ―→与CD ―→所成的角为60°，2－t2|2－t2＋2－t2＋1·2＝12，解之得t ＝22，或t ＝322(舍去)． 故点P 为AC 的中点．19.(本小题满分12分)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．(1)证明：BE ⊥DC ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F AB P 的余弦值．解：依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系，如图，可得B (1,0,0)，C (2，2,0)，D (0,2,0)，P (0，0,2)．由E 为棱PC 的中点，得E (1，1,1)．(1)证明：BE ―→＝(0,1,1)，DC ―→＝(2,0,0)， 故BE ―→·DC ―→＝0. 所以，BE ⊥DC .(2)BD ―→＝(－1,2,0)，PB ―→＝(1,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量． 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD ―→＝0，n ·PB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0.不妨令y ＝1，可得n ＝(2,1,1)为平面PBD 的一个法向量．于是有cos 〈n ，BE ―→〉＝n ·BE ―→|n |·|BE ―→|＝26×2＝33，所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33. (3)BC ―→＝(1,2,0)，CP ―→＝(－2，－2,2)，AC ―→＝(2,2,0)，AB ―→＝(1,0,0)． 由点F 在棱PC 上， 设CF ―→＝λCP ―→,0≤λ≤1.故BF ―→＝BC ―→＋CF ―→＝BC ―→＋λCP ―→＝(1－2λ，2－2λ，2λ)． 由BF ⊥AC ，得BF ―→·AC ―→＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34.即BF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，32.设n 1＝(x ，y ，z )为平面FAB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB ―→＝0，n 1·BF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3，1)为平面FAB 的一个法向量．取平面ABP 的法向量n 2＝(0，1,0)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－310×1＝－31010.易知，二面角F AB P 是锐角， 所以其余弦值为31010.20．(本小题满分12分)(山东高考)在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； (2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F BC A 的余弦值．解：(1)证明：设CF 的中点为I ，连接GI ，HI .在△CEF 中，因为点G ，I 分别是CE ，CF 的中点， 所以GI ∥EF . 又EF ∥OB ， 所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H ，I 分别是FB ，CF 的中点， 所以HI ∥BC .又HI ∩GI ＝I ，BC ∩OB ＝B ，所以平面GHI ∥平面ABC .因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC .(2)连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC .又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC .以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz . 由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)．过点F 作FM ⊥OB 于点M ，所以FM ＝ FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3)．故BC ―→＝(－23，－23，0)，BF ―→＝(0，－3，3)． 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·BC ―→＝0，m ·BF ―→＝0，可得⎩⎨⎧ －23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，33. 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝77， 所以二面角F BC A 的余弦值为77.。
2017-2018版高中数学第3章空间向量与立体几何3.2.3空间的角的计算学案版2-1
3.2。
3 空间的角的计算［学习目标] 1。
理解直线与平面所成角的概念.2.能够利用向量方法解决线线、线面、面面的夹角问题。
3。
掌握用空间向量解决立体几何问题的基本步骤．知识点一 两条异面直线所成的角（1）定义：设a 、b 是两条异面直线，经过空间任意一点O ，作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做a 与b 所成的角．（2）范围:两条异面直线所成角θ的取值范围是0<θ≤π2.(3)向量求法：设直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，其夹角为φ，则a ，b 所成角的余弦值为cos θ＝｜cos φ|＝错误!.知识点二 直线与平面所成的角(1）定义:直线和平面所成的角,是指直线与它在这个平面内的射影所成的角．(2)范围：直线和平面所成角θ的取值范围是0≤θ≤错误!.(3）向量求法：设直线l 的方向向量为a ，平面的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的夹角为φ，则有sin θ＝｜cos φ｜＝错误!或cos θ＝sin φ。
知识点三 二面角(1)二面角的取值范围：［0，π］．（2）二面角的向量求法：①若AB，CD分别是二面角α—l-β的两个面内与棱l 垂直的异面直线(垂足分别为A，C),如图,则二面角的大小就是向量错误!与错误!的夹角．②设n1、n2是二面角α-l—β的两个面α，β的法向量，则向量n1与向量n2的夹角（或其补角）就是二面角的平面角的大小．题型一两条异面直线所成角的向量求法例1如图,在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值．解以A为坐标原点，分别以AB，AC，AA1为x，y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A（0,0，0)，B（2，0，0），C(0，2,0），D(1,1，0)，A1(0,0,4)，C1(0，2,4)，所以错误!＝(2,0，－4），错误!＝（1，－1，－4）．因为cos〈错误!，错误!>＝错误!＝错误!＝错误!,所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为错误!。
高二理科空间向量与立体几何复习题答案
东江高级中学高二理科空间向量与立体几何复习题一．选择题1．如图，点O是平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1与A1C的交点，=，=，=，则=（）B++C+D+2．已知空间向量，点A（0，1，0），若，则点B的坐标是（）3．已知向量=（2，﹣3，5）与向量=（3，k，）平行，则实数k为（）B D4．如图，在三棱锥A﹣BCD中，DA，DB，DC两两垂直，且DB=DC，E为BC中点，则等于（）5．空间向量=（1，1，1），=（0，1，﹣1），则，的夹角为（）6．若向量的起点与终点M、A、B、C互不重合且无三点共线，且满足下列关系（O为空间任一点），则能使向量成为空间一组基底的关系是（）与共线，与共线，则与共线向量使得8．若=（2，2，0），=（1，3，z），＜，＞=60°，则z等于（）B±±9．已知ABCD为平行四边形，且A（4，1，3），B（2，﹣5，1），C（3，7，﹣5），则点D ，10．在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若AB=AA1=4，点D是AA1的中点，则点A1到平面DBC1的距离是（）B C二．填空题11．若，，则=_________．12．正方体ABCD－A1B1C1D1中，异面直线B1C 与BD1 所成角为_________13．正方体ABCD－A1B1C1D1 的棱长为1，E 是A1B1 的中点，则E 到平面ABC1D1的距离为_________14．在空间四边形ABCD 中，E、F 分别为AC、BD 的中点，若CD＝2AB＝4，EF⊥AB，则EF 与CD 所成的角为_________15．四面体ABCD 中，CD＝AB＝2，E、F 分别为AC、BD的中点，EF＝1，则AB 与CD 所成角的大小是.三．解答题16、已知正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，M 、N 分别为 BB 1、C 1D 1 的中点，建立适当的坐标系，求平面 AMN 的法向量．17、已知直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且 AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为 B 1A 、C 1C 、BC 的中点． 求证：(1)DE ∥平面 ABC ； (2)B 1F ⊥平面 AEF .18、如图S 是△ABC 所在平面外一点，AB ＝BC ＝2a ，∠ABC ＝120°，且 SA ⊥平面 ABC ，SA ＝3a ，求点 A 到平面 SBC 的距离．19、在长方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，AB ＝BC ＝2，过 A 1、C 1、B 三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体 ABCD －A 1C 1D 1，且这个几何体的体积为 10.(1)求棱 A 1A 的长；(2)求点 D 到平面 A 1BC 1 的距离．20、如图,在长方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，AB ＝5，AD ＝8，AA 1＝4，M 为 B 1C 1 上一点，且 B 1M ＝2，点 N 在线段 A 1D 上，A 1D ⊥AN .21、如图,已知 AB ⊥平面 ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为 CD 的中点． (1)求证：AF ∥平面 BCE ；(2)求证：平面 BCE ⊥平面 CDE ；(3)求直线 BF 和平面 BCE 所成角的正弦值．22、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 OA ＝2，侧面积为， ∠AOP ＝120°. (1)求证：AG ⊥BD ；(2)求二面角 P －AG －B 的平面角的余弦值．空间向量与立体几何复习题答案求：(1)cos 〈A 1D →，AM →〉； (2)直线AD 与平面ANM 所成的角的正切值；(3)平面ANM 与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值．二填空题 11.312.90。
2017-2018学年高二上学期期末考试数学(理)试题
一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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. 高二（2）班男生36人，女生18人，现用分层抽样方法从中抽出人，若抽出的男生人数为12，则等于（）A. 16B. 18C. 20D. 22【答案】B【解析】因为高二（2）班男生人，女生人，现用分层抽样方法从中抽出人，所以，故选B.2. 命题“”的否定为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为全称命题的否定是特称命题，所以命题“”的否定为“”，故选C.3. 双曲线的焦点到渐近线的距离为（）A. B. C. 2 D. 3【答案】C【解析】由双曲线方程，可得，所以渐近线方程为，焦点坐标为，由点到直线距离公式可得焦点到渐近线的距离为，故选C.4. 下列函数是偶函数的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，即不是奇函数，又不是偶函数，不合题意，，是奇函数，不合题意，，，是偶函数，合题意，，即不是奇函数，又不是偶函数，不合题意，故选C.5. 若正方形的边长为1，则在正方形内任取一点，该点到点A的距离小于1的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】在正方形内任取一点，该点到点的距离小于的点，在以点为圆心以为半径的四分之一圆内，面积为，所以在正方形内任取一点，该点到点的距离小于的点的概率为，故选A.【方法点睛】本题題主要考查“面积型”的几何概型，属于中档题. 解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与面积有关的几何概型问题关鍵是计算问题题的总面积以及事件的面积；几何概型问题还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：（1）不能正确判断事件是古典概型还是几何概型导致错误；（2）基本裏件对应的区域测度把握不准导致错误；（3）利用几何概型的概率公式时 , 忽视验证事件是否等可能性导致错误.6. “函数在区间上是增函数”是“”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】时，“函数在区间上不是增函数”，时，在上是增函数，时，令，得，“在区间上是增函数” 的充分必要条件“”，故选C.7. 执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】D【解析】执行程序框图，，输出，故选D.8. 设命题；命题若，则方程表示焦点在轴上的椭圆，那么，下列命题为真命题的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】不存在使为假，为真，又时，方程表示焦点在轴上的椭圆，为真，为假，为真，故选B.9. 将曲线向左平移个单位后，得曲线，则函数的单调增区间为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】曲线向左平移个单位后，得到，由，得，等价于，函数的单调增区间为，故选C.10. 已知长方体是线段上一点，且是0中点，则与平面所成的角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由长方体的性质，可得，则，，设在平面上射影为，则为直线与平面成的角，则，得，又，故选A.11. 在中，角的对边分别为，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以由正弦定理得，即，由正弦定理可得化为，故选A.12. 已知双曲线的左顶点为，右焦点为，过左顶点且斜率为1的直线与双曲线的右支交于点，若的面积为，则双曲线的离心率为（）A. 3B. 2C.D.【答案】B【解析】由，得，则的面积为，，故选B.【方法点睛】本题主要考查双曲线的定义及离心率，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．本题中，根据的面积为，建立关于焦半径和焦距的关系．从而找出之间的关系，求出离心率．第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题纸上13. 已知向量，若，则__________．【答案】【解析】，故答案为.【方法点睛】本题主要考查向量的模及平面向量数量积公，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，（此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量的模（平方后需求）.14. 已知一个算法的程序框图如图所示，当输入的与时，则输出的两个值的和为__________．【答案】【解析】时，，时，，，输出的两个值的和为，故答案为.15. 在长方体中，，点分别为的中点，点在棱上，若平面，则四棱锥的外接球的体积为__________．【答案】...............16. 已知椭圆的右焦点为，点是椭圆上第一象限内的点，的延长线依次交轴，椭圆于点，若，则直线的斜率为__________．【答案】【解析】，设方程为，由，得，设，因为，则，，，故答案为.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 甲乙两人同时生产内径为的一种零件，为了对两人的生产质量进行评比，从他们生产的零件中各抽出5件（单位：），甲：25，44，25，43，25，41，25，39，25，38乙：25，41，25，42，25，41，25，39，25，42从生产的零件内径的尺寸看，谁生产的零件质量较高．【答案】见解析.【解析】试题分析：分别利用平均值公式算出甲乙两人生产的零件的平均值，再利用方差公式算出甲乙两人生产的零件的方差，发现甲、乙平均数相同，乙的方差较小，∴乙生产的零件比甲的质量高．试题解析：甲的平均数，乙的平均数，甲的方差，乙的方差，∵甲、乙平均数相同，乙的方差较小，∴乙生产的零件比甲的质量高．18. 已知直线与抛物线相交于两点，是坐标原点．（1）求证：；（2）若是抛物线的焦点，求的面积．【答案】（1）见解析.（2）．【解析】试题分析：（1）由，得，∴，根据韦达定理以及平面向量数量积公式可得，∴；（2）由（1）知的面积等于，直线与轴交点为，抛物线焦点为，∴，∴的面积为.试题解析：（1）证明：由，得，∴，设，则，且，∴，∴，∴；（2）解：由（1）知的面积等于，（用求解同样给分）直线与轴交点为，抛物线焦点为，∴，∴的面积为．19. 某高校进行社会实践，对岁的人群随机抽取1000人进行了一次是否开通“微博”的调查，开通“微博”的为“时尚族”，否则称为“非时尚族”．通过调查得到各年龄段人数的频率分布直方图如图所示，其中在岁、岁年龄段人数中，“时尚族”人数分别占本组人数的80%、60%．请完成以下问题：（1）求岁与岁年龄段“时尚族”的人数；（2）从岁和岁年龄段的“时尚族”中，采用分层抽样法抽取6人参加网络时尚达人大赛，其中两人作为领队，求领队的两人年龄都在岁内的概率．【答案】（1）240,120;（2）．【解析】试题分析：（1）根据直方图的性质可得，岁的人数为，岁的人数为；（2）利用列举法可得人中抽取两人的情况共有种，其中两人年龄都在岁内的的情况有种，根据古典概型概率公式可得结果.试题解析：（1）岁的人数为，岁的人数为；（2）由（1）知岁中抽4人，记为，岁中抽2人，记为，则领队两人是共15种可能，其中两人都在岁内的有6种，所以所求概率为．【方法点睛】本题主要考查直方图的应用以及古典概型概率公式的应用，属于难题，利用古典概型概率公式求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，基本亊件的探求方法有 (1)枚举法：适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的；(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求.在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：先，….，再，…..依次….… 这样才能避免多写、漏写现象的发生.20. 已知为等差数列的前项和，已知．（1）求数列的通项公式和前项和；（2）是否存在，使成等差数列，若存在，求出，若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）存在，使成等差数列．【解析】试题分析：（1）利用基本量法，得求得和；（2）由等差中项公式，，，所以，解得，即存在，使成等差数列.试题解析：（1）设的公差为，则，所以.（2），，若存在使得成等差数列，则，解得，所以存在，使成等差数列.点睛：常规的数列题型要熟悉常规的通项公式和求和公式，利用基本量法求得，解出通项公式。
人教新课标版数学高二-数学选修2-1练习第三章《空间向量与立体几何》章末检测
章末检测一、选择题1．对于向量a 、b 、c 和实数λ，下列命题中真命题是( )A ．若a·b ＝0，则a ＝0或b ＝0B ．若λa ＝0，则λ＝0或a ＝0C ．若a 2＝b 2，则a ＝b 或a ＝－bD ．若a·b ＝a·c ，则b ＝c2．已知平面α和平面β的法向量分别为m ＝(3,1，－5)，n ＝(－6，－2,10)，则( ) A ．α⊥βB ．α∥βC ．α与β相交但不垂直D ．以上都不对3．已知向量a ＝(0,2,1)，b ＝(－1,1，－2)，则a 与b 的夹角为( )A ．0°B ．45°C ．90°D ．180°4.如图，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知AB →＝a ，AD → ＝b ，AA 1→＝c ，则用向量a ，b ，c 可表示向量BD 1→等于( ) A ．a ＋b ＋c B ．a －b ＋c C ．a ＋b －cD ．－a ＋b ＋c5．若平面α的法向量为n ，直线l 的方向向量为a ，直线l 与平面α的夹角为θ，则下列关系式成立的是( )A ．cos θ＝n·a|n||a |B ．cos θ＝|n·a||n||a |C ．sin θ＝n·a|n||a |D ．sin θ＝|n·a||n||a |6．设A 、B 、C 、D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，则△BCD 是( )A ．钝角三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．不确定7．在以下命题中，不．正确的个数为( )①|a |－|b |＝|a ＋b |是a ，b 共线的充要条件； ②对a ∥b ，则存在唯一的实数λ，使a ＝λb ；③对空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP →＝2OA →－2OB →－OC →，则P ，A ，B ，C 四点共面； ④|(a·b )·c |＝|a|·|b|·|c |. A ．2B ．3C ．4D ．18.已知四边形ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，连接AC ，BD ，PB ，PC ， PD ，则下列各组向量中，数量积不一定为零的是( )A.PC →与BD →B.DA →与PB →C.PD →与AB →D.PA →与CD →9．设E ，F 是正方体AC 1的棱AB 和D 1C 1的中点，在正方体的12条面对角线中，与截面A 1ECF 成60°角的对角线的数目是( )A ．0B ．2C ．4D ．610.如图，AB ＝AC ＝BD ＝1，AB ⊂面M ，AC ⊥面M ，BD ⊥AB ， BD 与面M 成30°角，则C 、D 间的距离为( )A ．1B ．2 C. 2D. 311．已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E ，F 分别是BC 、AD的中点，则AE →·AF →的值为( )A ．a 2B.12a 2 C.14a 2 D.34a 2 12.如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线 EF 和BC 1的夹角是( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°二、填空题13．已知P 和不共线三点A ，B ，C 四点共面且对于空间任一点O ，都有OP →＝2OA →＋OB→＋λOC →，则λ＝________.14．已知A (2,1,0)，点B 在平面xOz 内，若直线AB 的方向向量是(3，－1,2)，则点B 的坐标是_______________________．15．平面α的法向量为m ＝(1,0，－1)，平面β的法向量为n ＝(0，－1,1)，则平面α与平面β所成二面角的大小为______．16.如图所示，已知二面角α—l —β的平面角为θ (θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2)， AB ⊥BC ，BC ⊥CD ，AB 在平面N 内，BC 在l 上，CD 在平面M 内，若AB ＝BC ＝CD ＝1，则AD 的长为________． 三、解答题17.已知四棱锥P —ABCD 的底面是平行四边形，如图，M 是PC 的中 点，问向量PA →、MB →、MD →是否可以组成一个基底，并说明理由． 18.如图所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是C 1D 1， AB 的中点，E 在AA 1上且AE ＝2EA 1，F 在CC 1上且CF ＝12FC 1，试证明ME ∥NF .19.如图，在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 是侧棱CC 1上 一点，CP ＝m .试确定m 使得直线AP 与平面BDD 1B 1所成角为60°. 20．已知长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，AB ＝2，AA 1＝1，直线BD 与平面AA 1B 1B 所成的角为30°，F 为A 1B 1的中点．求二面角A —BF —D 的余弦值． 21．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面是边长为23的菱形，∠BAD ＝120°，且PA ⊥平面ABCD ，PA ＝26，M ，N 分别为PB ，PD 的中点．(1)证明：MN ∥平面ABCD ；(2)过点A 作AQ ⊥PC ，垂足为点Q ，求二面角A －MN －Q 的平 面角的余弦值．22.如图所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点． (1)求直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值；(2)在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥平面A 1BE ？证明你的 结论．答案1．B 2.B 3.C 4.D 5.D 6.B 7.C 8.A 9.C 10．C 11．C 12．B 13．－2 14．(5,0,2) 15．60°或120° 16.3－2cos θ17．解 PA →、MB →、MD →不可以组成一个基底，理由如下：连接AC 、BD 相交于点O ，∵ABCD 是平行四边形， ∴O 是AC 、BD 的中点，在△BDM 中，MO →＝12(MD →＋MB →)，在△PAC 中，M 是PC 的中点，O 是AC 的中点，则MO →＝12PA →，即PA →＝MD →＋MB →，即DA →与MD →、MB →共面．∴PA →、MB →、MD →不可以组成一个基底． 18．证明 由平行六面体的性质ME →＝MD 1→＋D 1A 1→＋A 1E → ＝12C 1D 1→－AD →＋13A 1A → ＝－12AB →－AD →－13AA 1→，NF →＝NB →＋BC →＋CF → ＝12AB →＋AD →＋13CC 1→ ＝12AB →＋AD →＋13AA 1→， ∴ME →＝－NF →，又M ，E ，N ，F 不共线， ∴ME ∥NF .19.解 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，P (0,1，m )，C (0,1,0)，D (0,0,0)，B 1(1,1,1)， D 1(0,0,1)．则BD →＝(－1，－1,0)，BB 1→＝(0,0,1)，AP →＝(－1,1，m )， AC →＝(－1,1,0)．又由AC →·BD →＝0，AC →·BB 1→＝0知， AC →为平面BB 1D 1D 的一个法向量． 设AP 与平面BB 1D 1D 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈AP →，AC →〉|＝|AP →·AC →||AP →||AC →|＝22＋m 2·2 依题意得22＋m 2·2＝sin 60°＝32，解得m ＝63. 故当m ＝63时，直线AP 与平面BDD 1B 1所成角为60°. 20．解 以点A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，由已知AB ＝2，AA 1＝1，可得 A (0,0,0)，B (2,0,0)，F (1,0,1)．又AD ⊥平面AA 1B 1B ，从而直线BD 与平面AA 1B 1B 所成的角为∠DBA ＝30°，又AB ＝2，∴AD ＝233，从而易得D ⎝⎛⎭⎫0，233，0.易知平面AA 1B 1B 的一个法向量为m ＝(0,1,0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面BDF 的一个法向量，BF →＝(－1,0,1)，BD →＝⎝⎛⎭⎫－2，233，0，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF →＝0n ·BD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0－2x ＋233y ＝0，令z ＝1，可得n ＝(1，3，1)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m·n|m||n |＝155. 即二面角A —BF —D 的余弦值为155. 21．(1)证明 连接BD ，因为M ，N 分别是PB ，PD 的中点，所以MN 是△PBD 的中位线， 所以MN ∥BD .又因为MN ⊄平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)解 连接AC 交BD 于O ，以O 为原点，OC ，OD 所在直线 为x ，y 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示． 在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°， 得AC ＝AB ＝23，BD ＝3AB ＝6. 又因为PA ⊥平面ABCD ， 所以PA ⊥AC .在直角△PAC 中， AC ＝23，PA ＝26，AQ ⊥PC ， 得QC ＝2，PQ ＝4. 由此知各点坐标如下：A (－3，0,0)，B (0，－3,0)，C (3，0,0)，D (0,3,0)P (－3，0,26)， M ⎝⎛⎭⎫－32，－32，6，N ⎝⎛⎭⎫－32，32，6，Q ⎝⎛⎭⎫33，0，263.设m ＝(x ，y ，z )为平面AMN 的法向量， 由AM →＝⎝⎛⎭⎫32，－32，6，AN →＝⎝⎛⎭⎫32，32，6知⎩⎨⎧32x －32y ＋6z ＝0，32x ＋32y ＋6z ＝0.取z ＝－1，得m ＝(22，0，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面QMN 的法向量，由QM →＝⎝⎛⎭⎫－536，－32，63，QN →＝⎝⎛⎭⎫－536，32，63知 ⎩⎨⎧－536x －32y ＋63z ＝0，－536x ＋32y ＋63z ＝0.取z ＝5，得n ＝(22，0,5)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝3333.所以二面角A －MN －Q 的平面角的余弦值为3333. 22．解 设正方体的棱长为1.如图所示，以AB →，AD →，AA 1→为单位正交基底建立空间直角坐标系Oxyz .(1)依题意，得B (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，1，12，A (0,0,0)，D (0,1,0)， 所以BE →＝⎝⎛⎭⎫－1，1，12，AD →＝(0,1,0)． 在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中， 因为AD ⊥平面ABB 1A 1，所以AD →是平面ABB 1A 1的一个法向量． 设直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角为θ，则sin θ＝|BE →·AD →||BE →|·|AD →|＝132×1＝23.故直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值为23.(2)在棱C 1D 1上存在点F ，使B 1F ∥平面A 1BE . 证明如下：依题意，得A 1(0,0,1)，BA 1→＝(－1,0,1)，BE →＝⎝⎛⎭⎫－1，1，12. 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BE 的一个法向量，则由n ·BA 1→＝0，n ·BE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋y ＋12z ＝0. 所以x ＝z ，y ＝12z .取z ＝2，得n ＝(2,1,2)．设F 是棱C 1D 1上的点，则F (t,1,1) (0≤t ≤1)．又B 1(1,0,1)，所以B 1F →＝(t －1,1,0)．而B 1F ⊄平面A 1BE ，于是B 1F ∥平面A 1BE ⇔B 1F →·n ＝0⇔(t －1,1,0)·(2,1,2)＝0⇔2(t －1)＋1＝0⇔t ＝12⇔F 为棱C 1D 1的中点．这说明在棱C 1D 1上存在点F (C 1D 1的中点)，使B 1F ∥平面A 1BE .。
2017-2018学年度高二(理)数学期末考试试题
2017—2018学年度第一学期期末考试试题高二数学（理） 2018.1考试说明：1.本试题分第I 卷和第II 卷两部分。
第I 卷和第II 卷答案填涂在答题卡的相应位置，考试结束只上交答题卡。
2.满分150分，考试时间120分钟。
第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.等差数列}{n a 中，155=a ，则8543a a a a +++的值为（ ） A ．30 B ．45 C ．60 D ．1202.在ABC ∆中，5=a ，15=b ，ο30=∠A ，则c 等于（ ）A ．52B ．5C ．52或5D ．以上都不对3.已知数列}{n a 的前项n 和n n S n 22+=，则数列}1{1+n n a a 的前项n 和为（ ） A ．)32(3+n n B ．)32(32+n n C ．)12(31+-n n D ．12+n n4.双曲线3x 2 －y 2 ＝3的渐近线方程是（ ）A ． y = ±3xB ． y = ±3xC ． y =±31x D ． y = ±33x5.若,1>a 则11-+a a 的最小值是（ ） A. 2 B. a C. 3 D.1-a a2 6.设,x y 满足约束条件12x y y x y +≤⎧⎪≤⎨⎪≥-⎩,则3z x y =+的最大值为（ ）A ． 5 B. 3 C. 7 D. -87.若点A 的坐标是（3，2），F 是抛物线y 2=2x 的焦点，点P 在抛物线上移动，为使得|PA|+|PF|取得最小值，则P 点的坐标是（ ） A ．（1，2）B ．（2，1）C ．（2，2）D ．（0，1）8.数列{}n a 的通项公式2=n a n n +，则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前10项和为（ ） A ．1011B ．910 C ．1110D ．12119.已知变量y x ,满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≥-≤-≤+1236x y x y x ，则目标函数)0,0(>>+=b a y ax z 的最小值为2，则2211b a +的最小值为（ ） A ．21B ．2C ．8D ．17 10.在数列}{n a 中，21=a ，)2)(111ln(1≥+++=-n n a a n n ，则=n a （ ） A ．n ln 2+ B ．n n ln )1(2-+ C ．n n ln 2+ D ．n n ln 1++11.若椭圆2211mx ny y x +==-与交于A 、B 两点，过原点与线段AB 中点连线的斜率为2，则mn的值等于（ ） A.3 B.22C.3D. 212.已知椭圆 +=1（a ＞b ＞0）与双曲线﹣=1 （m ＞0，n ＞0）有相同的焦点（﹣c ，0）和（c ，0），若c 是a ，m 的等比中项，n 2是2m 2与c 2的等差中项，则椭圆的离心率是（ ）A ．B ．C ．D ．第II 卷（非选择题90分）二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上） 13.已知等差数列{}n a 的前三项为32,1,1++-a a a ，则此数列的通项公式为_______ . 14.命题p ：0x ∃∈R ，200220x x ++≤的否定为___________．15.抛物线2x ay =（0a ≠）的焦点坐标是___________．16.已知双曲线22221x y a b-=（0a >，0b >）的一条渐近线方程是3y x =，它的一个焦点与抛物线216y x =的焦点相同，则双曲线的标准方程为___________．三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.（本小题满分12分）ABC ∆的内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，cos cos 2cos a C c A b A +=.（1）求A ； （2）若7,2a b ==求ABC ∆的面积.18.（本小题满分12分）设等比数列}{n a 的前项n 和n S ，812=a ，且321,,161S S S +成等差数列，数列}{n b 满足n b n 2=. （1）求数列}{n a 的通项公式； （2）设n n n b a c =，求数列}{n c 的前项n 和n T .19.(本小题满分12分)为方便市民休闲观光，市政府计划在半径为200米，圆心角为ο120的扇形广场内（如图所示），沿ABC ∆边界修建观光道路，其中B A 、分别在线段CQ CP 、上，且B A 、两点间距离为定长360米.（1）当ο45=∠BAC 时，求观光道BC 段的长度；19. 20．（本小题满分12分）已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)过点A (1，－2)． （1）求抛物线C 的方程，并求其准线方程；（2）是否存在平行于OA (O 为坐标原点)的直线l ，使得直线l 与抛物线C 有公共点，且直线OA 与l 的距离等于55？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．21．(小题满分13分)椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的离心率为325（1）求椭圆C 的方程；（2） 过点(0,4)D 的直线l 与椭圆C 交于两点,E F ，O 为坐标原点，若OF OE ⊥，求直线l 的斜率.22．（本小题满分14分）某公司今年年初用25万元引进一种新的设备，投入设备后每年收益为21万元。
2017-2018学年高中数学 第三章 空间向量与立体几何 3.2 立体几何中的向量方法 第2课时 空间向量与垂直关系
2.如图，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，G为 △BC1D的重心． (1)试证A1，G，C三点共线； (2)试证A1C⊥平面BC1D. 证明：(1)法一 C→A1＝C→B＋B→A＋A→A1＝C→B＋C→D＋C→C1. C→G＝C→C1＋23×21(C→1B＋C→1D) ＝13(C→B＋C→D＋C→C1)＝31C→A1， ∴C→G∥C→A1，且有公共点 C，即 A1，G，C 三点共线．
第2课时 空间向量与垂直关系
考纲定位
重难突破
1.能利用平面法向量证明两个平 重点：求直线的方向向量与平
面垂直．
面的法向量．
2.能利用直线的方向向量和平面 难点：利用方向向量与法向量
的法向量判定并证明空间中的 处理线线、线面、面面间的垂
垂直关系.
直关系.
01 课前 自主梳理 02 课堂 合作探究 03 课后 巩固提升
设平面PQMN的法向量为 m＝(x2，y2，z2)． 因为P→Q＝(2,2，λ)－(0,0，λ)＝(2,2,0)， P→N＝(1,0,2)－(0,0，λ)＝(1,0,2－λ)．
P→Q·m＝0， 由P→N·m＝0，
可得2xx2＋2＋22－y2＝λz02，＝0，
所以xx22＝＝－λ－y2，2z2，
解析：建立如图所示的坐标系，
则B1(0,0,3a)，D 22a， 22a，3a， C(0， 2a,0)． 设E( 2a,0，z)，(0≤z≤3a)， 则C→E＝( 2a，－ 2a，z)， B→1E＝( 2a,0，z－3a)． 由题意得2a2＋z2－3az＝0， 解得z＝a或2a. ∴AE＝a或2a.
利用向量法证明面面垂直的两个途径 利用空间向量证明面面垂直通常可以有两个途径，一是利用两个平面垂直的判 定定理将面面垂直问题转化为线面垂直进而转化为线线垂直；二是直接求解两 个平面的法向量，证明两个法向量垂直，从而得到两个平面垂直．
2017-2018学年高二上学期期末考试数学(理)试题
参考公式：圆锥的体积公式：V ＝13πr 2h ，侧面积公式：S ＝πrl ，其中r ，h 和l 分别为圆锥的底面半径，高和母线长．一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在答题卡相应位置．．．．．．．上． 1．命题“若ab ＝0，则b ＝0”的逆否命题是 ▲ ．2．已知复数z 满足 z (1＋i)＝i ，其中i 是虚数单位，则 |z | 为 ▲ ． 3．在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y 2＝4x 的焦点坐标是 ▲ ．4．“x 2－3x ＋2＜0”是“－1＜x ＜2”成立的 ▲ 条件（在“充分不必要”，“必要不充分”，“充要”，“既不充分又不必要”中选一个填写）．5．已知实数x ，y 满足条件 ⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥1，2x ＋y －5≤0，则z ＝3x ＋y 的最大值是 ▲ ．6．函数 f (x )＝x e x的单调减区间是 ▲ ． 7．如图，直线l 经过点(0，1)，且与曲线y ＝f (x ) 相切 于点(a ，3)．若f ′(a )＝23，则实数a 的值是 ▲ ．8．在平面直角坐标系xOy 中，若圆 (x －a )2＋(y －a )2＝2 与圆 x 2＋(y －6)2＝8相外切，则实数a 的值为 ▲ ．9．如图，在三棱锥P —A B C 中， M 是侧棱P C 的中点，且BM →＝x AB →＋y AC →＋z AP →， 则x ＋y ＋z 的值为 ▲ ．10．在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线 x 23－y 2＝1的渐近线与 抛物线x 2＝43y 的准线相交于A ，B 两点，则三角形OAB的面积为 ▲ ．11．在平面直角坐标系xOy 中，若点A 到原点的距离为2，到直线3x ＋y －2＝0的距离为1，则满足条件的点A 的个数为 ▲ ．12．若函数f (x )＝x 3－3x 2＋mx 在区间 (0，3) 内有极值，则实数m 的取值范围是 ▲ ．xyOa3 1 y ＝f (x )l（第7题图）（第9题图）ABCPM13．在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆 x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0) 的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1且与x 轴垂直的直线交椭圆于A ，B 两点，直线A F 2与椭圆的另一个交点为C ． 若AF 2→＝2F 2C →，则该椭圆的离心率为 ▲ ．14．已知函数f (x )＝x |x 2－3|．若存在实数m ，m ∈(0，5]，使得当x ∈[0，m ] 时，f (x )的取值范围是[0，am ]，则实数a 的取值范围是 ▲ ．二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题卡指定区域内．．．．．．．．作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（本题满分14分）已知复数z ＝2＋4m i1－i ，（m ∈R ，i 是虚数单位）．（1）若z 是纯虚数，求m 的值；（2）设—z 是z 的共轭复数，复数—z ＋2z 在复平面上对应的点在第一象限，求m 的取值范围．16．（本题满分14分）如图，在正方体ABCD – A 1B 1C 1D 1中，点E ，F ，G 分别是棱BC ，A 1B 1，B 1C 1的中点． （1）求异面直线EF 与DG 所成角的余弦值； （2）设二面角A —BD —G 的大小为θ，求 |cos θ| 的值．17．（本题满分14分）如图，圆锥OO 1的体积为6π．设它的底面半径为x ，侧面积为S ． （1）试写出S 关于x 的函数关系式；（2）当圆锥底面半径x 为多少时，圆锥的侧面积最小？BB 1（第16题图）ADCA 1C 1D 1EFGO18．（本题满分16分）在平面直角坐标系x O y 中，已知圆C 经过点A (1，3) ，B (4，2)，且圆心在 直线l ：x －y －1＝0上．（1）求圆C 的方程；（2）设P 是圆D ：x 2＋y 2＋8x －2y ＋16＝0上任意一点，过点P 作圆C 的两条切线PM ，PN ，M ，N 为切点，试求四边形PMCN 面积S 的最小值及对应的点P 坐标．19．（本题满分16分）在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的一条准线方程为x ＝433，离心率为32．（1）求椭圆C 的方程；（2）如图，设A 为椭圆的上顶点，过点A 作两条直线AM ，AN ，分别与椭圆C 相交于M ，N 两点，且直线MN 垂直于x 轴．① 设直线AM ，AN 的斜率分别是k 1， k 2，求k 1k 2的值；② 过M 作直线l 1⊥AM ，过N 作直线l 2⊥AN ，l 1与l 2相交于点Q ．试问：点Q 是否在一条定直线上？若在，求出该直线的方程；若不在，请说明理由．O N MA l 1 xl 2yQ（第19题图）20．（本题满分16分）设函数f (x )＝12ax 2－1－ln x ，其中a ∈R ．（1）若a ＝0，求过点(0，－1)且与曲线y ＝f (x )相切的直线方程； （2）若函数f (x )有两个零点x 1，x 2， ① 求a 的取值范围；② 求证：f ′(x 1)＋f ′(x 2)＜0．参考答案 2018．01说明：1．本解答给出的解法供参考．如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则．2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后续部分的解答有较严重的错误，就不再给分．3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数． 4．只给整数分数，填空题不给中间分数．一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分）1．“若b ≠0，则ab ≠0” 2．223．(1，0) 4．充分不必要 5．7 6．(－∞，－1)或(－∞，－1] 7．3 8．3 9．0 10．3 3 11．3 12．(－9，3) 13．5514．[1，3) 二、解答题（本大题共6小题，共90分）15．（本题满分14分）解（1）z ＝2＋4m i 1－i ＝(2＋4m i)(1＋i)(1－i)(1＋i)＝1－2m ＋(2m ＋1)i ． …………………… 3分 因为z 是纯虚数，所以1－2m ＝0且2m ＋1≠0，解得m ＝12． …………………… 6分（2）因为—z 是z 的共轭复数，所以—z ＝1－2m －(2m ＋1)i ． ……………………8分所以—z ＋2z ＝1－2m －(2m ＋1)i ＋2[1－2m ＋(2m ＋1)i]＝3－6m ＋(2m ＋1)i ． …………………… 10分因为复数—z ＋2z 在复平面上对应的点在第一象限，所以⎩⎨⎧3－6m ＞0，2m ＋1＞0，…………………… 12分解得－12＜m ＜12，即实数m 的取值范围为(－12，12)． …………………… 14分16．（本题满分14分）解 如图，以{DA →，DC →，DD 1→}为正交基底建立坐标系D —xyz ．设正方体的边长为2，则D (0，0，0)，A (2，0，0)， B (2，2，0)，E (1，2，0)，F (2，1，2)，G (1，2，2)．B 1D CA 1C 1D 1FGyz（1）因为EF →＝(2，1，2)－(1，2，0)＝(1，－1，2)，DG →＝ (1，2，2)， …………………… 2分 所以EF →·DG →＝1×1＋(－1)×2＋2×2＝3，|EF →|＝1＋(－1)2＋22＝6，|DG →|＝3．…………………… 4分从而cos ＜EF →，DG →＞＝EF →·DG →|EF →||DG →|＝36×3＝66，即向量EF →与DG →的夹角的余弦为66，从而异面直线EF 与DG 所成角的余弦值为66． …………………… 7分 （2）DB →＝(2，2，0)，DG →＝ (1，2，2)．设平面DBG 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )．由题意，得 ⎩⎪⎨⎪⎧DB →·n 1＝2x ＋2y ＝0，DG →·n 1＝x ＋2y ＋2z ＝0，取x ＝2，可得y ＝－2，z ＝1．所以n 1＝(2，－2，1)． …………………… 11分 又平面ABD 的一个法向量n 2＝DD 1→＝(0，0，2)， 所以cos ＜n 1，n 2＞＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝23×2＝13．因此 |cos θ|＝13． …………………… 14分17．（本题满分14分）解（1）设圆锥OO 1的高为h ，母线长为l ．因为圆锥的体积为6π，即 13πx 2h ＝6π，所以h ＝36x2．…………………… 2分因此 l ＝x 2＋h 2＝x 2＋(36x2)2，从而S ＝πxl ＝πxx 2＋(36x2)2＝πx 4＋54x2，(x ＞0)． …………………… 6分（2）令f (x )＝x 4＋54x 2，则f ′(x )＝4x 3－108x3 ，(x ＞0)． …………………… 8分由f ′(x )＝0，解得x ＝3． …………………… 10分当0＜x ＜3时，f ′(x )＜0，即函数f (x )在区间(0，3)上单调递减；当x ＞3时，f ′(x )＞0，即函数f (x )在区间(3，＋∞)上单调递增．…………………… 12分所以当x ＝3时，f (x )取得极小值也是最小值．答：当圆锥底面半径为3时，圆锥的侧面积最小． ……………………… 14分18．（本题满分16分）解（1）设圆C 的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，其圆心为(－D 2，－E 2)．因为圆C 经过点A (1，3) ，B (4，2)，且圆心在直线l ：x －y －1＝0上，所以 ⎩⎨⎧1＋9＋D ＋3E ＋F ＝0，16＋4＋4D ＋2E ＋F ＝0，－D 2＋E2－1＝0，…………………… 4分解得⎩⎪⎨⎪⎧D ＝－4，E ＝－2，F ＝0．所求圆C 的方程为x 2＋y 2－4x －2y ＝0． …………………… 7分 （2）由（1）知，圆C 的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝5．依题意，S ＝2S △PMC ＝PM ×MC ＝ PC 2－5×5．所以当PC 最小时，S 最小． …………………… 10分 因为圆M ：x 2＋y 2＋8x －2y ＋16＝0，所以M (－4，1)，半径为1． 因为C (2，1)，所以两个圆的圆心距MC ＝6． 因为点P ∈M ，且圆M 的半径为1， 所以PC min ＝6－1＝5．所以S min ＝52－5×5＝10． …………………… 14分此时直线MC ：y ＝1，从而P (－3，1)． …………………… 16分19．（本题满分16分）解（1）设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1的半焦距为c ．由题意，得⎩⎨⎧a 2c ＝433，c a ＝32， 解得⎩⎨⎧a ＝2，c ＝3，从而b ＝1．所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1． …………………… 4分（2）①根据椭圆的性质，M ，N 两点关于x 轴对称，故可设M (x 0，y 0)，N (x 0，－y 0)( x 0≠0，y 0≠0)，从而 k 1k 2＝y 0－1x 0·－y 0－1x 0＝1－y 02x 02． …………………… 7分因为点M 在椭圆C 上，所以x 024＋y 02＝1，所以1－y 02＝x 024，所以k 1k 2＝1－y 02x 02＝14． …………………… 10分②设Q (x 1，y 1)，依题意A (0，1)． 因为l 1⊥AM ，所以y 0－1x 0·y 1－y 0x 1－x 0＝－1，即(y 0－1)(y 1－y 0)＝－x 0 (x 1－x 0)； 因为l 2⊥AN ，所以－y 0－1x 0·y 1＋y 0x 1－x 0＝－1，即(－y 0－1)(y 1＋y 0)＝－x 0 (x 1－x 0)，故 (y 0－1)(y 1－y 0)－(－y 0－1)(y 1＋y 0)＝0，化得(y 1＋1) y 0＝0． …………………… 14分 从而必有y 1＋1＝0，即y 1＝－1．即点Q 在一条定直线y ＝－1上． …………………… 16分20．（本题满分16分）解（1）当a ＝0时，f (x )＝－1－ln x ，f ′(x )＝－1x．设切点为T (x 0，－1－ln x 0)，则切线方程为：y ＋1＋ln x 0＝－1x 0( x －x 0)． …………………… 2分因为切线过点(0，－1)，所以 －1＋1＋ln x 0＝－1x 0(0－x 0)，解得x 0＝e ．所以所求切线方程为y ＝－1ex －1． …………………… 4分（2）① f ′(x )＝ax －1x ＝ax 2－1x，x ＞0．(i) 若a ≤0，则f ′(x )＜0，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，从而函数f (x )在(0，＋∞)上至多有1个零点，不合题意． …………………… 5分(ii)若a ＞0，由f ′(x )＝0，解得x ＝1a． 当0＜x ＜1a 时， f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ＞1a时， f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f (1a )＝12－ln 1a －1＝－12－ln 1a．要使函数f (x )有两个零点，首先 －12－ln 1a ＜0，解得0＜a ＜e ． …………… 7分当0＜a ＜e 时，1a ＞1e ＞1e． 因为f (1e )＝a 2e 2＞0，故f (1e )·f (1a )＜0．又函数f (x )在(0，1a )上单调递减，且其图像在(0，1a)上不间断， 所以函数f (x )在区间(0，1a)内恰有1个零点． …………………… 9分 考察函数g (x )＝x －1－ln x ，则g′(x )＝1－1x ＝x －1x ．当x ∈(0，1)时，g′(x )＜0，函数g (x )在(0，1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g′(x )＞0，函数g (x )在(1，＋∞)上单调递增， 所以g (x )≥g (1)＝0，故f (2a )＝2a －1－ln 2a≥0．因为2a －1a ＝2－a a ＞0，故2a ＞1a ．因为f (1a )·f (2a )≤0，且f (x )在(1a ，＋∞)上单调递增，其图像在(1a，＋∞)上不间断，所以函数f (x )在区间(1a ，2a ] 上恰有1个零点，即在(1a，＋∞)上恰有1个零点． 综上所述，a 的取值范围是(0，e)． …………………… 11分②由x 1，x 2是函数f (x )的两个零点(不妨设x 1＜x 2)，得 ⎩⎨⎧12ax 12－1－ln x 1＝0，12ax 22－1－ln x 2＝0，两式相减，得 12a (x 12－x 22)－ln x 1x 2＝0，即12a (x 1＋x 2) (x 1－x 2)－ln x 1x 2＝0，所以a (x 1＋x 2)＝2ln x 1x 2x 1－x 2． …………………… 13分f ′(x 1)＋f ′(x 2)＜0等价于ax 1－1x 1＋ax 2－1x 2＜0，即a (x 1＋x 2)－1x 1－1x 2＜0，即2ln x 1x 2 x 1－x 2－1x 1－1x 2＜0，即2ln x 1x 2＋x 2x 1－x 1x 2＞0．设h (x )＝2ln x ＋1x －x ，x ∈(0，1)．则h′(x )＝2x －1x 2－1＝2x －1－x 2x 2＝－(x －1)2x 2＜0，所以函数h (x )在(0，1)单调递减，所以h (x )＞h (1)＝0． 因为x 1x 2∈(0，1)，所以2ln x 1x 2＋x 2x 1－x 1x 2＞0，即f ′(x 1)＋f ′(x 2)＜0成立． …………………… 16分。
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析1.在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB＝BB1，则AB1与C1B所成的角的大小为（）A．60°B．90°C．105°D．75°【答案】B【解析】用立体几何方法。
作BC中点D,连AD, D,易得AD垂直于BC,AD垂直于平面BC, D为A在平面BC上的射影,易证D垂直于B,所以A垂直于B,A与B所成角为90度,故选B。
【考点】本题主要考查正三棱柱的几何性质及异面直线所成角的求法。
点评：根据题目特点，可灵活采用不同方法，这里运用几何方法，使问题得解，体现解题的灵活性。
2.正四棱锥的高，底边长，则异面直线和之间的距离（）A．B．C．D．【答案】C【解析】建立如图所示的直角坐标系，则，，，，．，．令向量，且，则，，，，．异面直线和之间的距离为：．【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
点评：通过建立空间直角坐标系，将立体几何问题转化成空间向量问题.3.已知是各条棱长均等于的正三棱柱，是侧棱的中点．点到平面的距离（）A．B．C．D．【答案】A【解析】为正方形，，又平面平面，面，是平面的一个法向量，设点到平面的距离为，则===．【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
点评：通过建立空间直角坐标系，将立体几何问题转化成空间向量问题.4.在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝PA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC，则直线OD与平面PBC所成角的正弦值（）A． B． C． D．【答案】D【解析】题目中给出了建立空间直角坐标系的条件。
以O为原点，射线OP为非负z轴，建立空间直角坐标系（如图），利用向量知识可计算得到直线OD与平面PBC所成角的正弦值为，故选D。
【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
点评：通过建立空间直角坐标系，将立体几何问题转化成空间向量问题.5.已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是A1B1的中点，求直线AE与平面ABC1D1所成角的正弦值．【答案】【解析】解：如图建立空间直角坐标系，＝（0，1，0），＝（－1，0，1），＝（0，，1）设平面ABC1D1的法向量为＝（x，y，z）,由可解得＝（1，0，1）设直线AE与平面ABC1D1所成的角为θ，则，【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
2017-2018学年高二数学人教版选修2-1(第03章 空间向量与立体几何) Word版含解析
绝密★启用前人教版选修2-1 第3章 空间向量与立体几何一、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．【题文】向量a ＝(2x,1,3)，b ＝(1,－2y ,9)，若a 与b 共线，则( )A ．x ＝1，y ＝1B ．x ＝12，y ＝12-C ．x ＝16，y ＝32-D ．x ＝16-，y ＝232．【题文】已知a ＝(－3,2,5)，b ＝(1，x ，－1)，且a ·b ＝2，则x 的值是( ) A ．6 B ．5 C ．4 D ．33．【题文】设l 1的方向向量为a ＝(1,2，－2)，l 2的方向向量为b ＝(－2,3，m )，若l 1⊥l 2，则实数m 的值为( )A ．3B ．2C ．1D ．124．【题文】若a ，b 均为非零向量，则a ·b ＝|a ||b |是a 与b 共线的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件5．【题文】在△ABC 中，AB =c ，AC =b .若点D 满足2BD DC =，则AD =( )A.2133+b cB.5233-c bC.2133-b cD.1233+b c6．【题文】已知a ，b ，c 是空间的一个基底，设p ＝a ＋b ，q ＝a －b ，则下列向量中可以与p ，q 一起构成空间的另一个基底的是( )A ．aB ．bC ．cD ．以上都不对7．【题文】已知△ABC 的三个顶点A (3,3,2)，B (4，－3,7)，C (0,5,1)，则BC 边上的中线长为( )A ．2B ．3C ．647D ．6578．【题文】与向量a ＝(2,3,6)共线的单位向量是( )A ．236,,777⎛⎫⎪⎝⎭B ．236,,777⎛⎫--- ⎪⎝⎭C ．236,,777⎛⎫-- ⎪⎝⎭和236,,777⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．236,,777⎛⎫ ⎪⎝⎭和236,,777⎛⎫--- ⎪⎝⎭9．【题文】已知向量a ＝(2,4，x )，b ＝(2，y,2)，若|a |＝6且a ⊥b ，则x ＋y 为( ) A ．－3或1 B ．3或－1 C ．－3 D ．110．【题文】已知a ＝(x,2,0)，b ＝(3,2－x ，x 2)，且a 与b 的夹角为钝角，则实数x 的取值范围是( )A ．x >4B ．x <－4C ．0<x <4D ．－4<x <0.11．【题文】已知空间四个点A (1,1,1)，B (－4,0,2)，C (－3，－1，0)，D (－1,0,4)，则直线AD 与平面ABC 所成的角为( )A ．30° B．45° C．60° D．90°12．【题文】已知二面角α－l －β的大小为50°，P 为空间中任意一点，则过点P 且与平面α和平面β所成的角都是25°的直线的条数为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13．【题文】已知{i ，j ，k }为单位正交基底，且a ＝－i ＋j ＋3k ，b ＝2i －3j －2k ，则向量a ＋b 与向量a －2b 的坐标分别是________，________.14．【题文】在△ABC 中，已知AB ＝(2,4,0)，BC ＝(－1,3,0)，则∠ABC ＝________.15．【题文】正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，面ABD 1与面B 1BD 1所成角的大小为 ．16．【题文】在下列命题中：①若a ，b 共线，则a ，b 所在的直线平行；②若a ，b 所在的直线是异面直线，则a ，b 一定不共面；③若a ，b ，c 三向量两两共面，则a ，b ，c 三向量一定也共面；④已知三向量a ，b ，c ，则空间任意一个向量p 总可以唯一表示为p ＝xa ＋yb ＋zc ，其中不正确的命题为________．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．（本题满分10分）【题文】如图，空间四边形OABC 中，E ，F 分别为OA ，BC 的中点，设=OA a ，OB =b ，OC =c ，试用a ，b ，c 表示EF.18．（本题满分12分）【题文】已知{},,i j k 是单位正交基底，设a 1＝2i －j ＋k ，a 2＝i ＋3j －2k ，a 3＝ －2i ＋j －3k ，a 4＝3i ＋2j ＋5k ，试问是否存在实数a ，b ，c 使a 4＝aa 1＋ba 2＋ca 3成立？如果存在，求出a ，b ，c 的值；如果不存在，请说明理由．19．（本题满分12分）【题文】四棱柱ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB ＝5，AD ＝3，AA ′＝7，∠BAD ＝60°，∠BAA ′＝∠DAA ′＝45°，求AC ′的长．20．（本题满分12分）【题文】如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在的平面，AB ＝2，PC 与平面ABCD 所成角是45°，F 是AD 的中点，M 是PC 的中点． 求证：DM ∥平面PFB.21．（本题满分12分）【题文】如图，正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝4，点E 在C 1C 上，且C 1E ＝3EC . (1)证明：A 1C ⊥平面BED ； (2)求二面角A 1－DE －B 的余弦值．22．（本题满分12分）【题文】正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CD的中点．(1)证明：平面AED⊥平面A1FD1；(2)在AE上求一点M，使得A1M⊥平面DAE.人教版选修2-1 第3章空间向量与立体几何答题卡注意事项：1. 答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己姓名和班级填写在答题卡上。
第一章 空间向量与立体几何章末测试(解析版) 高二数学新教材选择性必修第一册(人教A版)
第一章 空间向量与立体几何章末测试1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、单选题(每题只有一个正确的选项，5分/题，共40分）1．（2020·宜昌天问教育集团高二期末）在正四面体P ABC -中，棱长为2，且E 是棱AB 中点，则PE BC ⋅的值为( )A ．1-B ．1CD ．73【答案】A【解析】如图所示由正四面体的性质可得：PA BC ⊥可得：0PA BC ⋅= E 是棱AB 中点 12PE PA PB 111122cos12012222PE BC PA PB BC PA BC PB BC 故选：A【点睛】本题考查空间向量的线性运算，考查立体几何中的垂直关系，考查转化与化归思想，属于中等题型. 2．（2020·宜昌高二期末）已知PA =（2，1，﹣3），PB =（﹣1，2，3），PC =（7，6，λ），若P ，A ，B ，C 四点共面，则λ＝（ ）A ．9B ．﹣9C ．﹣3D ．3【答案】B【解析】由P ，A ，B ，C 四点共面，可得,,PA PB PC 共面，(2,2,33)(7,6,)xPA yPB x y x y C y P x λ∴=+=-+-+=，272633x y x y x y λ-=⎧⎪+=⎨⎪-+=⎩，解得419x y λ=⎧⎪=⎨⎪=-⎩.故选:B.3．（2020·全国高二课时练习）下列说法正确的是（ ）A ．任何三个不共线的向量可构成空间向量的一个基底B ．空间的基底有且仅有一个C ．两两垂直的三个非零向量可构成空间的一个基底D ．基底{}a b c ，，中基向量与基底{}e f g ，，基向量对应相等【答案】C【解析】A 项中应是不共面的三个向量构成空间向量的基底, 所以A 错.B 项，空间基底有无数个, 所以B 错.D 项中因为基底不唯一，所以D 错.故选C .4．（2020·全国高二课时练习）若直线l 的方向向量为(1,2,3)a =-,平面α的法向量为(3,6,9)n =--,则( ) A ．l α⊂B ．//l αC ．l α⊥D ．l 与α相交 【答案】C【解析】∵直线l 的方向向量为()1,2,3a =-，平面α的法向量为()3,6,9n =--， ∴13a n =-，∴a n ，∴l α⊥．故选C ．5．（2020·河北新华.石家庄二中高一期末）在正方体1111ABCD A B C D -中，M N ，分别为AD ，11C D 的中点，O 为侧面11BCC B 的中心，则异面直线MN 与1OD 所成角的余弦值为( )A ．16B ．14C ．16-D ．14-【答案】A【解析】如图，以D 为坐标原点，分别以1,,DA DC DD 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系． 设正方体的棱长为2，则()()()()1100,012,121,002M N O D ，，，，，，，，， ∴()()11,1,2,1,2,1MN OD =-=--． 则1111cos ,66MN OD MN OD MN OD ⋅===． ∴异面直线MN 与1OD 所成角的余弦值为16,故选A ．6．（2020·吉化第一高级中学校）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AAAB =，则CD 与平面1BDC 所成角的正弦值等于（）A ．23B ．3 C．3 D ．13【答案】A【解析】设1AB =11BD BC DC ∴===，1BDC ∆面积为3211C BDC C BCD V V --=131********d d ∴⨯⨯=⨯⨯∴=2sin 3d CD θ∴== 7．（2020·延安市第一中学高二月考）在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为棱1AA 、1BB 的中点，M 为棱11A B 上的一点，且1(02)A M λλ=<<，设点N 为ME 的中点，则点N 到平面1D EF 的距离为（ ）ABCD【答案】D 【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，则M （2，λ，2），D 1（0，0，2），E （2，0，1），F （2，2，1），1ED ＝（﹣2，0，1），EF ＝（0，2，0），EM ＝（0，λ，1）， 设平面D 1EF 的法向量n ＝（x ，y ，z ），则12020n ED x z n EF y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩ ，取x ＝1，得n ＝（1，0，2）， ∴点M 到平面D 1EF 的距离为：d＝||||5EM n n ⋅==，N 为EM 中点，所以N 故选：D ． 8．（2019·黑龙江大庆四中高二月考）已知空间直角坐标系O xyz -中，()1,2,3OA =，()2,1,2OB =，()1,1,2OP =，点Q 在直线OP 上运动，则当QA QB ⋅取得最小值时，点Q 的坐标为（ ） A ．131,,243⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ．133,,224⎛⎫ ⎪⎝⎭ C ．448,,333⎛⎫ ⎪⎝⎭ D ．447,,333⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】C【解析】设(,,)Q x y z ，由点Q 在直线OP 上，可得存在实数λ使得OQ OP λ=，即(,,)(1,1,2)x y z λ=，可得(,,2)Q λλλ,所以(1,2,32),(2,1,22)QA QB λλλλλλ=---=---,则2(1)(2)(2)(1)(32)(22)2(385)QA QB λλλλλλλλ⋅=--+--+--=-+， 根据二次函数的性质，可得当43λ=时，取得最小值23-，此时448(,,)333Q . 故选：C.二、多选题(每题不止一个正确的选项，5分/题，共20分）9．（2020·河北省盐山中学高一期末）若长方体1111ABCD A B C D -的底面是边长为2的正方形，高为4，E 是1DD 的中点，则（ ）A ．11B E A B ⊥B ．平面1//B CE 平面1A BDC ．三棱锥11C B CE -的体积为83 D ．三棱锥111C B CD -的外接球的表面积为24π【答案】CD 【解析】以1{,,}AB AD AA 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则 (0,0,0)A ，(2,0,0)B ，(2,2,0)C ，(0,2,0)D ，1(0,0,4)A ，1(2,0,4)B ，(0,2,2)E ，所以1(2,2,2)B E =--，1(2,0,4)A B =-， 因为1140840B E A B ⋅=-++=≠，所以1B E 与1A B 不垂直，故A 错误； 1(0,2,4)CB =-，(2,0,2)CE =-设平面1B CE 的一个法向量为111(,,)n x y z =，则由100n CB n CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得1111240220y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，所以11112y z x z =⎧⎨=⎩， 不妨取11z =，则11x =，12y =所以(1,2,1)n =，同理可得设平面1A BD 的一个法向量为(2,2,1)m =，故不存在实数λ使得n λm =，故平面1B CE 与平面1A BD 不平行，故B 错误；在长方体1111ABCD A B C D -中，11B C ⊥平面11CDD C ， 故11B C 是三棱锥11B CEC -的高， 所以111111111184223323三棱锥三棱锥CEC C B CE CEC B V V S B C --==⋅=⨯⨯⨯⨯=△， 故C 正确；三棱锥111C B CD -的外接球即为长方体1111ABCD A B C D -的外接球，故外接球的半径2R == 所以三棱锥111C B CD -的外接球的表面积2424S R ππ==，故D 正确.故选：CD.10．（2020·福建厦门。
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1月27日空间向量与立体几何
高考频度：★★★★★难易程度：★★★☆☆
典例在线
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，P A⊥平面ABCD，P A=AD=4，AB=2．若M，N分别为棱PD，PC上的点，O为AC的中点，且AC=2OM=2ON．
（1）求证：平面ABM⊥平面PCD；
（2）求直线CD与平面ACM所成的角的正弦值；
（3）求点N到平面ACM的距离．
【参考答案】（1）证明见试题解析；（2
（3
设所求角为α
，则sin|
|
|
|||
CD
CD
α
⋅
==
⋅
n
n
，所以直线CD与平面ACM所成的角的正弦值
（3）连接AN ．
AC =2ON ，∴AN ⊥NC ． 设PN =PC λ =(2 λ，4 λ，–4 λ)，则AN =AP +PN =(2 λ，4 λ，4–4 λ)，
所以AN ·PC =(2 λ，4 λ，4–4 λ)·(2，4，–4)=36 λ–16=0，解得λ=49，所以AN =(89，169，209
)，
设点N 到平面ACM 的距离为h ，则h =||||AN ⋅= n n ． 【解题必备】（1）①证明线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零；②证明线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示；③证明面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示
（2）①证明线线平行：证明两条直线的方向向量平行；②证明线面平行：该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直，或证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，或证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示；③证明面面平行：两个平面的法向量平行．
（3）用向量法求异面直线所成的角：①建立空间直角坐标系；②求出两条直线的方向向量；③代入公式求解，一般地，异面直线AC ，BD 的夹角β的余弦值为||cos ||||
AC BD AC BD β⋅= ． （4）用向量法求直线与平面所成的角：①分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
（5）用向量法求二面角：求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
（6）求点P 到平面α的距离的三个步骤：①在平面α内取一点A ，确定向量PA
的坐标；②确定平面α的法向量n ；③代入公式||||
PA d ⋅= n n 求解． 学霸推荐
1．如图1所示，在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，底面是以∠ABC 为直角的等腰三角形，AC =2a ，BB 1=3a ，D 是A 1C 1的中点，点E 在棱AA 1上，要使CE ⊥平面B 1DE ，则AE =______________．
图1 图2
2．在如图2所示的几何体中，四边形ABCD 为平行四边形，平面AEC ⊥平面ABCD ，90ACB ∠=︒，EF //BC ，12EF BC =，2AC BC ==，AE EC =．
（1）求证：AF CF =；
（2）当二面角A EC D --时，求三棱锥A EFC -的体积．
1．【答案】a 或2a
【解析】建立如图3所示的空间直角坐标系，则B 1(0，0，3a )，C (0a ，0)．设点E
的坐标为a ，0，z )，则CE a ，a ，z )，1B E a ，0，z-3a )．由CE ⊥1B E ，
得2a 2+z 2-3az =0，解得z =a 或2a ，即AE =a 或2a ．。