北师大版选修21高中数学第二章《空间向量与立体几何》测试题A.docx

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北师大版选修21高中数学第二章《空间向量与立体几何》测试题A

第二章　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z＝0，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O－xyz的单位正交基底，并且＝－i＋j－k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α，β的法向量分别为u＝（2，－3,5），v＝（－3,1，－4），则（　　）

A．α∥βB．α⊥β

C．α、β相交但不垂直D．以上均不正确

[答案]　C

[解析]　因为≠≠，且u·v≠0，所以α、β相交但不垂直．

4．设n＝（1,2，－2）是平面α的一个法向量，直线λ的方向向量为a＝（－2,1，m），若λ与α的夹角的正弦值为，则m等于（　　）

A．B．－

C．±D．±3

[答案]　C

[解析]　设λ与α夹角为θ则sinθ＝，即＝，解得m＝±.

5．若a＝（0,1，－1），b＝（1,1,0），且（a＋λb）⊥a，则实数λ的值是（　　）

A．－1B．0

C．1D．－2

[答案]　D

[解析]　∵a＋λb＝（0,1，－1）＋（λ，λ，0）＝（λ，1＋λ，－1），由（a＋λb）⊥a，知（a＋λb）·a＝0.∴λ×0＋（1＋λ）×1＋1×1＝0，得λ＝－2.

6．已知A（2，－5,1），B（2，－2,4），C（1，－4,1），则与的夹角为（　　）

A．30°B．45°

C．60°D．90°

[答案]　C

[解析]　＝（0,3,3），＝（－1,1,0）．

设〈，〉＝θ，

则cosθ＝＝＝，∴θ＝60°.

7．已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为（　　）

A．2B．

C．D．1

[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OE∥AC1.

∴AC1到平面BED的距离，即为C1点到平面BED之距，又C1E＝CE且CC1∩平面BED＝E，∴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CH⊥EO于H，则CH即为点C到平面BED之距，∴CH＝＝＝1.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P－ABC中，PC⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝PC，那么二面角B－AP－C的余弦值为（　　）

A．B．

C．－D．

[答案]　C

[解析]　如图，作BD⊥AP于D，作CE⊥AP于E，设AB＝1，则CE＝，EP＝，PA＝PB＝，AB＝1，所以BD＝，ED＝.因为＝＋＋，所以2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·.所以·＝－.所以cos〈·〉＝－.

另解：

如图建立空间直角坐标系，且设AB＝2，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n1·＝0，n1·＝0得，故可取n1＝（，－1，）又平面APC的法向量可取n2＝（0,1,0），∴cosθ＝＝－.

9．正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面内的投影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC的夹角是（　　）

A．30°B．45°

C．60°D．75°

[答案]　A

[解析]　如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系O－xyz.设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，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〈，n〉＝60°，所以直线BC与平面PAC的夹角为90°－60°＝30°.

10．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为（　　）

A．B．

C．D．

[答案]　A

[解析]　本题考查了空间向量与空间角．设CB＝1，则CA＝CC1＝2，B（0,0,1），C1（0,2,0），A（2,0,0），B1（0,2,1），＝（0,2，－1），＝（－2,2,1），∵||＝，||＝3，·＝4－1＝3，

∴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]　＋＋…＋An－1An＋＝0.

12．已知a＝（3,1,5），b＝（1,2，－3），向量c与z轴垂直，且满足c·a＝9，c·b＝－4，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，q＋2）共线，则p＝________________，q＝________________.

[答案]　3　2

[解析]　由A、B、C三点共线，则有与共线，即＝λ.

又＝（1，－1,3），＝（p－1，－2，q＋4），

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]　a＋b＋c

[解析]　如图，＋＝（＋）＋（＋）＝＋＋＝b＋（a＋b）＋（a＋c）＝a＋b＋C．

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＝－，

∵＝＝×（＋）＝（b＋c），

＝＋＝＋＝＋（－）

＝＋×（＋）＝a＋b＋c，

∴＝（b＋c）－a－b－c＝－a，

∴＝－A．

解法二：

简解：

取BC的中点D，连OD、AD，由题意知

＝＝∴＝且GH∥OA∴＝A．

17．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝1，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A－xyz.如题图．

设BE＝m（0≤m≤），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x＝1，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P—ABC中，侧面PAC与底面ABC垂直，PA＝PB＝PC＝3.

（1）求证：

AB⊥BC；

（2）设AB＝BC＝2，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、BD．

∵PA＝PC，∴PD⊥AC．

又已知知平面PAC⊥平面ABC，

∴PD⊥平面ABC，D为垂足．

∵PA＝PB＝PC，∴DA＝DB＝DC．

∴AC为△ABC的外接圆直径，因此AB⊥BC．

（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n·＝0，n·＝0，即解得

即n＝（1,1，）．

于是cos〈，n〉＝＝，

∴〈，n〉＝60°，

∴AC与平面PBC的成的角为30°.

19.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点．

（1）求证：

AC⊥BC1；

（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ABC－A1B1C1底面三边长AC＝3，BC＝4，AB＝5，∴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，∴AC⊥BC1.

（2）设CB1与C1B的交点为E，连接DE，则E（0,2,2）．

∵＝（－，0,2），＝（－3,0,4）．

∴＝，∴DE∥AC1.

∵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ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，D、E分别为AA1、B1C的中点，DE⊥平面BCC1.

（1）证明：

AB＝AC；

（2）设二面角A－BD－C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AF∥DE.又DE⊥平面BCC1，故AF⊥平面BCC1，从而AF⊥BC，即AF为BC的垂直平分线，所以AB＝AC．

（2）作AG⊥BD，垂足为G，连接CG.又平面AA1B1B⊥平面ABC，AC⊥AB，∴AC⊥平面AA1B1B，由三垂线定理知CG⊥BD，故∠AGC为二面角A－BD－C的平面角．由题设知，∠AGC＝60°.设AC＝2，则AG＝.

又AB＝2，BC＝2，故AF＝.

由AB·AD＝AG·BD得2AD＝·，解得AD＝，

故AD＝AF.又AD⊥AF，所以四边形ADEF为正方形．

因为BC⊥AF，BC⊥AD，AF∩AD＝A，

故BC⊥平面DEF，因此平面BCD⊥平面DEF.

连接AE、DF，设AE∩DF＝H，则EH⊥DF，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EH＝1，

又EC＝B1C＝2，所以∠ECH＝30°，

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A－xyz.

设B（1,0,0），