《學年新教材高中數(shù)學章末綜合測評空間向量與立體幾何含解析北師大版選擇性必修第一冊.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《學年新教材高中數(shù)學章末綜合測評空間向量與立體幾何含解析北師大版選擇性必修第一冊.doc（9頁珍藏版）》請在匯文網(wǎng)上搜索。

1、章末綜合測評(三)空間向量與立體幾何(總分值：150分時間：120分鐘)一、選擇題(本大題共8小題，每題5分，共40分在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項符合題目要求的)1向量a(2，3，5)與向量b(4，x，y)平行，那么x，y的值分別是()A6和10B6和10C6和10D6和10A由ab，得，x6，y102直線a的方向向量為a，平面的法向量為n，以下結論成立的是()A假設an，那么aB假設an，那么aC假設an，那么aD假設an，那么aC由直線的方向向量與平面的法向量的定義知應選C，對于選項D，直線a在平面內，也滿足an3平面的一個法向量n(1，1，0)，那么y軸與平面所成的角的大小為

2、()A B C DBy軸的方向向量s(0，1，0)，cosn，s，即y軸與平面所成角的正弦值是，故其所成的角是4平行六面體ABCDA1B1C1D1，向量，兩兩的夾角均為60，且1，2，3，那么等于()A5B6C4D8A設a，b，c，那么abc，2a2b2c22ab2bc2ca25，因此55a(2，1，3)，b(1，4，2)，c(7，5，)，假設a，b，c三向量共面，那么實數(shù)等于()ABCDDa，b不共線，存在x，y，使cxayb解得6如圖，在四棱錐PABCD中，側面PAD為正三角形，底面ABCD為正方形，側面PAD底面ABCD，M為底面ABCD內的一個動點，且滿足MPMC那么點M在正方形ABC

3、D內的軌跡為()ABCDA如圖，以D為原點，DA、DC分別為x，y軸建立如下圖空間直角坐標系，設M(x，y，0)，設正方形邊長為a，那么P，C(0，a，0)，那么|MC|，|MP|由|MP|MC|得x2y，所以M在正方形ABCD內的軌跡為一條直線yx7正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N分別為棱AA1和BB1的中點，那么sin，的值為()ABCDB設正方體棱長2，以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系(如圖)，可知(2，2，1)，(2，2，1)，cos，sin，8正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為3，點H在棱AA1上，且HA11，P是側面BCC1

4、B1內一動點，HP，那么CP的最小值為()A2B3C2D3A法一：作HPBB1于G(圖略)，那么B1G1，所以GP2，所以點P的軌跡是以G為圓心，2為半徑的圓弧，所以CP的最小值為CG22法二：分別以CD，CB，CC1為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系(圖略)，那么H，設P，由HP，得，所以(y3) 2(z2) 24，所以CP的最小值為22二、選擇題(本大題共4小題，每題5分，共20分在每題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對得5分，局部選對得3分，有選錯的得0分)9點M在z軸上，它與經(jīng)過坐標原點且方向向量為s(1，1，1)的直線l的距離為，那么點M的坐標是()A(0，0，3)B(

5、0，0，3)C(0，0，)D(0，0，)AB設M(0，0，z)，直線的一個單位方向向量s0，故點M到直線l的距離d，解得z310如圖，在正三棱錐PABC中，D是側棱PA的中點，O是底面ABC的中心，那么以下四個結論中，對任意正三棱錐PABC，不成立的是()AOD平面PBCBODPACODACDPA2ODAB取BC中點M，連接AM，PM，那么OAM，AO2OM，OD與PM不平行，OD平面PBC不成立，即A不成立；連接OP，OAOP，D為PA中點，ODPA不成立，即B不成立；PABC為正三棱錐，BCPMBCAM，BC平面APM，ODBC，即C成立；PO垂直于平面ABC，OA屬于平面ABC，PO垂直

6、于OA，三角形AOP為直角三角形D為AP的中點，PA2OD即D成立應選AB11以下結論不正確的選項是()A兩條異面直線所成的角與這兩直線的方向向量所成的角相等B直線與平面所成的角等于直線與該平面法向量夾角的余角C二面角的大小一定等于該二面角兩個面的法向量的夾角D假設二面角兩個面的法向量的夾角為120，那么該二面角的大小等于60或120答案ABC12點P是平行四邊形ABCD所在平面外一點，如果(2，1，4)，(4，2，0)，(1，2，1)，那么以下結論正確的選項是()AAPABBAPADC是平面ABCD的法向量DABC0，0，ABAP，ADAP，那么選項A和B都正確；又與不平行，是平面ABCD的

7、法向量，故C正確；(2，3，4)，(1，2，1)，與不平行，故D錯誤三、填空題(本大題共4小題，每題5分，共20分，把答案填在題中的橫線上)13向量a(1，1，x)，b(1，2，1)，c(1，1，1)，假設|ca|2，那么x_；假設(ca)(2b)，那么x_(此題第一空3分，第二空2分)1或3 1c(1，1，1)，a(1，1，x)，ca(0，0，1x)，由|ca|2，得2，x1或3；當(ca)(2b)時，(ca)(2b)(0，0，1x)(2，4，2)2(1x)0，x114假設直線l的方向向量與平面的法向量的夾角等于120，那么直線l與平面所成的角為_30由題設，l與所成的角90(180120)

8、3015平面經(jīng)過點A(0，0，2)且一個法向量n(1，1，1)，那么平面與x軸的交點坐標是_(2，0，0)設平面與x軸的交點為M(x，0，0)，那么(x，0，2)，又平面的一個單位法向量是n0，所以點M到平面的距離d|n0|0，得x2，故x軸與平面的交點坐標是(2，0，0)16三棱錐PABC各頂點的坐標分別是P(1，0，0)，A(0，1，0)，B(4，0，0)，C(0，0，2)，那么該三棱錐底面ABC上的高h_由，(1，1，0)，(4，1，0)，(0，1，2)設平面ABC的法向量n(x，y，z)，那么取x1，得n(1，4，2)那么h三、解答題(本大題6小題，共70分，解容許寫出文字說明、證明過

9、程或演算步驟)17(本小題總分值10分)如圖，在ABC中，ABC60，BAC90，AD是BC上的高，沿AD把ABD折起，使BDC90(1)證明：平面ADB平面BDC；(2)設E為BC的中點，求與夾角的余弦值解(1)證明：折起前AD是BC邊上的高，當ABD折起后，ADDC，ADDB，又DBDCD，AD平面BDC，AD平面ABD，平面ABD平面BDC(2)由BDC90及(1)知DA，DB，DC兩兩垂直，不妨設|DB|1，以D為坐標原點，以DB，DC，DA所在直線為x，y，z軸建立如下圖的空間直角坐標系，易得：D(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，3，0)，A(0，0，)，E，所以，(1，0，

10、0)，cos，所以與夾角的余弦值是18(本小題總分值12分)如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E、F分別是BB1、CD的中點(1)證明：ADD1F；(2)求AE與D1F所成的角；(3)證明：平面AED平面A1FD1解以D為原點，DA，DC，DD1為x，y，z軸建立空間直角坐標系(圖略)設正方體的棱長為1，那么有A(1，0，0)，E，F(xiàn)，D1(0，0，1)，A1(1，0，1)(1)證明：由(1，0，0)，得0，ADD1F(2)由，得，0，AED1F，AE與D1F所成的角為90(3)證明：由(1)(2)可知D1F平面AED，又D1F在平面A1FD1內，平面AED平面A1FD119(本小題總

11、分值12分)如下圖，在四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，ACCD，ABC60，PAABBC，E是PC的中點證明：(1)AECD；(2)PD平面ABE證明AB、AD、AP兩兩垂直，建立如下圖的空間直角坐標系，設PAABBC1，那么P(0，0，1)(1)ABC60，ABC為正三角形，C，E，設D(0，y，0)，由ACCD，得0，即y，那么D，又， 0，即AECD(2)法一：P(0，0，1)，又 (1)0，即PDAE，(1，0，0)，0，PDAB，又ABAEA，PD平面ABE法二：(1，0，0)，設平面ABE的一個法向量為n(x，y，z)，那么取y2，那么z，n(0，2，)，顯然nn，

12、平面ABE，即PD平面ABE20(本小題總分值12分)如圖，AB是圓的直徑，PA垂直圓所在的平面，C是圓上的點(1)求證：平面PAC平面PBC；(2)假設AB2，AC1，PA1，求二面角CPBA的余弦值解(1)證明：由AB是圓的直徑，得ACBC，由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC又PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，所以BC平面PAC因為BC平面PBC所以平面PBC平面PAC(2)過C作CMAP，那么CM平面ABC如圖，以點C為坐標原點，分別以直線CB，CA，CM為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系在RtABC中，因為AB2，AC1，所以BC又因為PA1，所以A(0，1，0)，B(，0，0)，P(0，1，1)故(，0，0)，(0，1，1)設平面BCP的法向量為n1(x1，y1，z1)，那么所以取y11，那么n1(0，1，1)因為(0，0，1)，(，1，0)，設平面ABP的法向量為n2(x2，y2，z2)，那么所以取x21，那么n2(1，0)于是cosn1，n2由題知二面角CPBA為銳角，故二面角CPBA的余弦值為21(本小題總分值12分)如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，ACBC2，A1在底面ABC上的射影恰為AC的中點D，又知BA1AC1(1)求證：AC1平面A1BC；(2)求二面角AA1BC的余弦