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2020-2021学年新教材高中数学 第一章 空间向量与立体几何章末综合测评课时分层作业(含解析)新人教A版选择性必修第一册.doc

上传人:高**** 文档编号:520228 上传时间:2024-05-28 格式:DOC 页数:16 大小:412.50KB
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资源描述

1、章末综合测评(一)空间向量与立体几何(满分:150分时间:120分钟)一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40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空间直角坐标系中,点A(3,4,0)与点B(2,1,6)的距离是()A2 B2 C9 DD由条件知(5,5,6),|.故选D.2在空间四边形ABCD中,若向量(3,5,2),(7,1,4),点E,F分别为线段BC,AD的中点,则的坐标为()A(2,3,3) B(2,3,3)C(5,2,1) D(5,2,1)B取AC中点M,连接ME,MF(图略),则, 所以(2,3,3),故选B.3A,B,C不共线,对空间内任意一点O,若,

2、则P,A,B,C四点()A不共面B共面C不一定共面D无法判断是否共面B由于1,P、A、B、C四点共面故选B.4已知平面的一个法向量为n(1,1,0),则y轴与平面所成的角的大小为()A BCDBy轴的一个方向向量s(0,1,0),cosn,s,即y轴与平面所成角的正弦值是,故其所成的角的大小是.故选B.5.长方体ABCDA1B1C1D1中ABAA12,AD1,E为CC1的中点,则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为()A BCDB建立坐标系如图所示则A(1,0,0),E(0,2,1),B(1,2,0),C1(0,2,2),(1,0,2),(1,2,1)cos,.所以异面直线BC1与AE所成角的

3、余弦值为.故选B.6空间直角坐标系中A(1,2,3),B(1,0,5),C(3,0,4),D(4,1,3),则直线AB与CD的位置关系是()A平行B垂直C相交但不垂直D无法确定A空间直角坐标系中,A(1,2,3),B(1,0,5),C(3,0,4),D(4,1,3),(2,2,2),(1,1,1),2,直线AB与CD平行故选A.7.如图是一平行六面体ABCDA1B1C1D1,E为BC延长线一点,2,则()ABCDB取BC的中点F,连接A1F(图略),则A1D1FE,所以四边形A1D1EF是平行四边形,所以A1FD1E,所以.又,所以,故选B.8.如图所示,ABCDA1B1C1D1是棱长为6的正

4、方体,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AEBF.当A1,E,F,C1四点共面时,平面A1DE与平面C1DF所成夹角的余弦值为()A BCDB以D为原点,DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,易知当E(6,3,0)、F(3,6,0)时,A1、E、F、C1共面,设平面A1DE的法向量为n1(a,b,c),依题意得可取n1(1,2,1),同理可得平面C1DF的一个法向量为n2(2,1,1),故平面A1DE与平面C1DF的夹角的余弦值为.故选B.二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求全部选对的得5分,部分选对的得3分

5、,有选错的得0分)9已知正方体ABCD A1B1C1D1的中心为O,则下列结论中正确的有()A与是一对相反向量B与是一对相反向量C与是一对相反向量D与是一对相反向量ACDO为正方体的中心,故(),同理可得(),故(),AC正确;,与是两个相等的向量,B不正确;,(),D正确10在以下命题中,不正确的命题有()A|a|b|ab|是a,b共线的充要条件B若ab,则存在唯一的实数,使abC对空间任意一点O和不共线的三点A,B,C,若22,则P,A,B,C四点共面D若a,b,c为空间的一个基底,则ab,bc,ca构成空间的另一个基底ABCA.|a|b|ab|a与b共线,但a与b共线时|a|b|ab|不

6、一定成立,故不正确;B.b需为非零向量,故不正确;C.因为2211,由共面向量定理知,不正确;D.由基底的定义知正确11在正方体ABCDA1B1C1D1中,若E为A1C1的中点,则与直线CE不垂直的有()AAC BBDCA1D DA1AACD建立如图所示的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(0,1,0),D(0,0,0),A1(1,0,1),C1(0,1,1),E,(1,1,0),(1,1,0),(1,0,1),(0,0,1)010,00,010.00110.与CE不垂直的有AC、A1D、A1A,故选ACD.12.如图,已知E是棱长为2的正方体ABCDA

7、1B1C1D1的棱BC的中点,F是棱BB1的中点,设点D到面AED1的距离为d,直线DE与面AED1所成的角为,面AED1与面AED的夹角为,则()ADF面AED1BdCsin Dcos BCD以A为坐标原点,的方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系(图略),则A(0,0,0),E(2,1,0),D(0,2,0),D1(0,2,2),A1(0,0,2),F(2,0,1),所以(2,1,0),(0,2,2),(2,1,0),(2,2,1)设平面AED1的法向量为m(x,y,z),则由,得令x1,则y2,z2,故m(1,2,2)(2,2,1),不存在使m,即与m不共线,DF与面AED1不垂

8、直故A不正确;又(0,0,2),d,故B正确;又(2,1,0)sin |cos,m|.C正确;又(0,0,2)为平面AED的一个法向量,cos ,故D正确,故应选B、C、D.三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分把答案填在题中的横线上)13已知向量e1,e2,e3是三个不共面的非零向量,且a2e1e2e3,be14e22e3,c11e15e2e3,若向量a,b,c共面,则_.1因为a,b,c共面,所以存在实数m,n,使得cmanb,则11e15e2e3(2mn)e1(m4n)e2(m2n)e3,则,解得.14.如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,ABBC2,AA1,E,F分别是面

9、A1B1C1D1、面BCC1B1的中心,则E、F两点间的距离为_以D为坐标原点,分别以,所在方向为x、y、z轴的正半轴,建立空间直角坐标系(图略),由条件知E(1,1,),F,E、F两点间的距离为|.15已知正四棱台ABCDA1B1C1D1中,上底面A1B1C1D1边长为1,下底面ABCD边长为2,侧棱与底面所成的角为60,则异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为_设上、下底面中心分别为O1、O,则OO1平面ABCD,以O为原点,直线BD、AC、OO1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系AB2,A1B11,ACBD2,A1C1B1D1,平面BDD1B1平面ABCD,B1BO为侧棱与底面所成

10、的角,B1BO60,设棱台高为h,则tan 60,h,A(0,0),D1,B1,C(0,0),cos,故异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为.16已知向量a(1,3,2),b(2,1,1),点A(3,1,4),B(2,2,2)则|2ab|_;在直线AB上,存在一点E,使得b,则点E的坐标为_(第一空2分,第二空3分)52ab(2,6,4)(2,1,1)(0,5,5),故|2ab|5.又t(3,1,4)t(1,1,2)(3t,1t,42t),由b,则b0,所以2(3t)(1t)(42t)0,解得t,因此,此时点E的坐标为E.四、解答题(本题共6小题,共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步

11、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夹角为,因此cos .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ABCDA1B1C

12、1D1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,在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,已知AB2,AA15,E、F分别为D1D、B1B上的点,且DEB1F1.(1)求证:BE平面ACF;(2)求点E到平面ACF的距离解(1)证明:以D为原点,DA、DC、

13、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示空间直角坐标系,则D(0,0,0)、A(2,0,0)、B(2,2,0)、C(0,2,0)、D1(0,0,5)、E(0,0,1)、F(2,2,4)(2,2,0)、(0,2,4)、(2,2,1)、(2,0,1)0,0,BEAC,BEAF,且ACAFA.BE平面ACF.(2)由(1)知,为平面ACF的一个法向量,点E到平面ACF的距离d.故点E到平面ACF的距离为.20.(本小题满分12分)如图所示,已知点P在正方体ABCDABCD的对角线BD上,PDA60.(1)求DP与CC所成角的大小;(2)求DP与平面AADD所成角的大小解(1)如图所示,以D为原点

14、,DA,DC,DD分别为x轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系,设DA1.则(1,0,0),(0,0,1)连接BD,BD.在平面BBDD中,延长DP交BD于H.设(m,m,1)(m0),由已知,60,由|cos,可得2m.解得m,所以.因为cos,所以,45,即DP与CC所成的角为45.(2)平面AADD的一个法向量是(0,1,0),因为cos,所以,60,可得DP与平面AADD所成的角为30.21(本小题满分12分)如图,边长为2的等边PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面,BC2,M为BC的中点(1)证明:AMPM;(2)求平面PAM与平面DAM的夹角的大小;(3)求点D到平面AM

15、P的距离解(1)证明:以D为原点,分别以直线DA,DC为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,依题意,可得D(0,0,0),P(0,1,),C(0,2,0),A(2,0,0),M(,2,0)(,1,),(,2,0),(,1,)(,2,0)0,即,AMPM.(2)设n(x,y,z)为平面PAM的法向量,则即取y1,得n(,1,)取p(0,0,1),显然p为平面ABCD的一个法向量,cosn,p.结合图形可知,平面PAM与平面DAM的夹角为45.(3)设点D到平面AMP的距离为d,由(2)可知n(,1,)与平面PAM垂直,则d,即点D到平面AMP的距离为.22(本小题满分12分)如图,四棱锥S

16、ABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的倍,P为侧棱SD上的点(1)求证:ACSD;(2)若SD平面PAC,求平面PAC与平面ACD的夹角大小;(3)在(2)的条件下,侧棱SC上是否存在一点E,使得BE平面PAC.若存在,求SEEC的值;若不存在,试说明理由解(1)证明:连接BD,设AC交BD于O,由题意知SO平面ABCD.以O为坐标原点,分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz如图设底面边长为a,则高SOa.于是S,D,C,0,故OCSD,从而ACSD.(2)由题设知,平面PAC的一个法向量,平面DAC的一个法向量,设所求角为,则cos ,平面PAC与平面DAC的夹角为30.(3)在棱SC上存在一点E使BE平面PAC.由(2)知是平面PAC的一个法向量,且,.设t,则t而0t,即当SEEC21时,而BE不在平面PAC内,故BE平面PAC.

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