《2021_2021学年高中数学第二章空间向量与立体几何章末检测课时跟踪训练含解析北师大版选修2_.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021_2021学年高中数学第二章空间向量与立体几何章末检测课时跟踪训练含解析北师大版选修2_.doc（10页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第二章 空间向量与立体几何章末检测(二)(时间90分钟满分100分)第卷(选择题，共40分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4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空间中，与向量a(3,0,4)同方向的单位向量e为()A(1,0,0)B(1,0,0)或(1,0,0)C.D.或解析：与a(3,0,4)同方向的单位向量为e，故选C.答案：C2已知线段AB的长度为6，与直线l的夹角为120，则在l上的投影为()A3B3C3 D3解析：在l上的投影为：|cos 1203.答案：B3已知a(sin ，cos ，tan )，b，若ab，则为()A B.C2k(kZ) Dk
2、(kZ)答案：D4若直线l的方向向量为a(1，5,7)，平面的法向量为n(2,1,1)，则()Al或l BlCl Dl与斜交解析：an1(2)(5)170，an，l或l.答案：A5已知向量a(2，1,3)，b(4,2，x)，且(ab)a，则x()A. BC. D答案：B6在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，若x2y3z，则xyz等于()A1 B.C. D.解析：在平行六面体中，x2y3z.比较系数知x1，y，z，xyz.答案：B7.如图所示，在四棱锥SABCD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.给出以下结论：0；0；0；0，其中正确结论的个数是()A1 B
3、2C3 D4解析：因为0，所以正确；又因为底面ABCD是边长为1的正方形，SASBSCSD2，所以22cosASB，22cosCSD，而ASBCSD，于是，因此正确，其余三个都不正确答案：B8正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为()A. B.C. D.解析：如图，连接BD交AC于O，连接D1O，由于BB1DD1，DD1与平面ACD1所成的角就是BB1与平面ACD1所成的角易知DD1O即为所求设正方体的棱长为1，则DD11，DO，D1O，cosDD1O.BB1与平面ACD1所成角的余弦值为.答案：D9正方体ABCDA1B1C1D1中，动点M在线段A1C上，E，F
4、分别为DD1，AD的中点若异面直线EF与BM所成的角为，则的取值范围为()A. B.C. D.解析：以D点为坐标原点，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，设DA2，易得(1,0，1)，设 (2，2，2)(01)，则(22，2，2)，则cos |cos，|(01)当时，cos 取到最大值，此时，当1时，cos 取到最小值，此时，所以的取值范围为.故选A.答案：A10.如图，在空间直角坐标系中，ABCDA1B1C1D1为正方体，则下面结论错误的是()ABD平面CB1D1BAC1BDCAC1平面CB1D1D.与所成的角为60解析：设正方体的棱长为1，则有A(1,0,0)，B(1,
5、1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)(1，1,0)，(1,1,1)，(0，1,1)，(1，1,0)，(1,0，1)，(1,0,0)对于选项A，由知结论正确；对于选项B，由(1,1,1)(1，1,0)0知结论正确；对于选项C，由选项B，再由(1,1,1)(1,0，1)0知结论正确；对于选项D，由cos，知结论不正确答案：D第卷(非选择题，共60分)二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在题中横线上)11若向量a(1,1，x)，b(1,2,1)，c(1,1,1)满足条件( ca)2b2，则x
6、_.解析：a(1,1，x)，b(1,2,1)，c(1,1,1)，ca(0,0,1x)，2b(2,4,2)(ca)2b2(1x)2，x2.答案：212已知空间向量a(1,0,2)，b(6,21,2)，若ab，则_.解析：ab，amb(mR)，解得.答案：13在三棱柱ABCA1B1C1中，底面是棱长为1的正三角形，侧棱AA1底面ABC，点D在棱BB1上，且BD1，若AD与平面AA1C1C所成的角为，则sin 的值是_解析：如图所示，建立空间直角坐标系，易求得点D(，1)，平面AA1C1C的一个法向量是n(1,0,0)，所以cosn，即sin .答案：14已知点P是棱长为1的正方体ABCDA1B1C
7、1D1的底面ABCD上一点，则的取值范围是_解析：以A为坐标原点，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Axyz，则A(0,0,0)，C1(1,1,1)，不妨设P(x，y,0)，0x1,0y1，则(x，y,0)，(1x,1y,1)，(1x)x(1y)yx2y2xy22.当xy时，取得最小值；当x0或1，y0或1时，取得最大值0.答案：三、解答题(本大题共4小题，共44分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15(10分)如图，PD垂直于正方形ABCD所在的平面，AB2，E是PB的中点，cos，.(1)建立适当的空间直角坐标系，求出点E的坐标；(2)在平面PAD内求一
8、点F，使EF平面PCB.解析：(1)分别以，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，设P(0,0,2m)(m0)，则E(1,1，m)，(1,1，m)，(0,0,2m)，cos，解得m1或m1(舍去)，点E的坐标是(1,1,1)(2)由(1)知B(2,2,0)，C(0,2,0)，点F平面PAD，可设F(x,0，z)，(x1，1，z1)又EF平面PCB，(2,0,0)，(x1，1，z1)(2,0,0)0，解得x1.又，(0,2，2)，(x1，1，z1)(0,2，2)0，解得z0，点F的坐标是(1,0,0)，即点F是AD的中点16(10分)
9、如图，在三棱锥PABC中，ABAC，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上已知BC8，PO4，AO3，OD2.(1)求证：APBC；(2)若点M是线段AP上一点，且AM3，求证：平面AMC平面BMC.证明：(1)如图所示，以O为坐标原点，射线OD为y轴正半轴，射线OP为z轴正半轴建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0，3,0)，B(4,2,0)，C(4,2,0)，P(0,0,4)于是(0,3,4)，(8,0,0)，所以(0,3,4)(8,0,0)0，所以，即APBC.(2)由(1)知AP5.又AM3，且点M在线段AP上，所以，又(4，5,0)，所以，则(0,3,4)0，所以，即AP
10、BM.又APBC，所以AP平面BMC，所以AM平面BMC.又AM平面AMC，所以平面AMC平面BMC.17(12分)如图，在空间四边形OABC中，OA8，AB6，AC4，BC5，OAC45，OAB60，求OA与BC夹角的余弦值解析：BAA，OBOAOA|O|A|cosO，A|O|A|cosO，A84cos 13586cos 1202416 .cosO，B.OA与BC夹角的余弦值为.18(12分)如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCDA1B1C1D1，E，F分别是棱BC，CC1上的点，CFAB2CE，ABADAA1124.(1)求异面直线EF与A1D所成角的余弦值；(2)求证：AF平面A1ED；(3)求二面角A1EDF的正弦值解析：(1)设AB1，依题意得D(0,2,0)，F(1,2,1)，A1(0,0,4)，E(1，0)易得(0，1)，(0,2，4)，于是cos，.所以异面直线EF与A1D所成角的余弦值为.(2)证明：易知(1,2,1)，(1，4)，(1，0)，于是0，0.因此，AFEA1，AFED.又EA1EDE，所以AF平面A1ED.(3)设平面EFD的法向量为(x，y，z)，则即不妨令x1，可得(1,2，1)，由(2)可知，为平面A1ED的一个法向量，于是cos，从而sin，.所以二面角A1EDF的正弦值为.