2019-2020学年高中数学第3章空间向量与立体几何阶段性测试题三新人教A版选修2-1

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1、第三章空间向量与立体几何(时间：120分钟满分：150分)第卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，满分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已知正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若xy，则x，y的值分别为()Ax1，y1 Bx1，yCx，y Dx，y1解析：如图，11()1x，y.答案：C2已知A(1,2，1)，B为A关于平面xOy的对称点，C为B关于y轴的对称点，则()A(2,0，2) B(2,0,2)C(1,0，1) D(0，2，2)解析：由题意可知，B(1,2,1)，C(1,2，1)，(2,0，2)答案：A3已

2、知在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成的角的余弦值为()A. BC. D解析：如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，设AB1，则AA12，B(1,1,0)，E(1,0,1)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)，(0，1,1)，(0，1,2)，cos，.答案：C4(2018长春模拟)如图所示，正三棱锥ABCD的底面与正四面体EBCD的侧面BCD重合，连接AE，则异面直线AE与CD所成角的大小为()A30 B45C60 D90解析：如图，正三棱锥ABCD的底面与正四面体EBCD的侧面BCD重合，BCD是等边三角形，AE过BCD的中心，A

3、E平面BCD，异面直线AE与CD所成角的大小为90.答案：D5如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB，AF1，M在EF上，且AM平面BDE，则M点的坐标为()A(1,1,1)B.，1C.，1D.，1解析：设M点的坐标为(x，y,1)，连接OE，则O，0，又E(0,0,1)，A(，0)，1，(x，y，1)AM平面BDE，则M点的坐标为，1.答案：C6如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，AA1，AD2，P为C1D1的中点，M为BC的中点，则AM与PM所成的角为()A60 B45C90 D以上都不对解析：建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示，依题意，得A(2，0,0)

4、，P(0,1，)，M(，2,0)(，1，)，(，2,0)，2200.，即AM与PM所成的角为90.答案：C7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()A60 B45C30 D90解析：设m(x，y，z)为平面ABC的法向量，由题意得得令z1，得m，则AD与平面ABC所成角满足sin ，又，30.答案：C8如图，矩形CDEF和梯形ABCD所在的平面互相垂直，BADADC90，ABADDECD，则DE与平面EBC所成角的正弦值为()A. BC. D解析：平面CDEF平面ABCD，平面CDEF平面ABCDCD，DE平面C

5、DEF，DECD，DE平面ABCD.以D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Dxyz，设DAa，则B(a，a,0)，E(0,0，a)，C(0,2a,0)，(a，a，a)，(0,0，a)，(a，a,0)，设平面EBC的法向量m(x，y，z)则即取x1，则m(1,1,2)设DE与平面EBC所成的角为，则sin .答案：B9在直三棱柱A1B1C1ABC中，BAC，ABACAA11，已知G和E分别为A1B1和CC1的中点，D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点)，若GDEF，则线段DF的长度的取值范围为()A.，1 B，1C.，1 D，1解析：建立如图所示的空间

6、直角坐标系，则A(0,0,0)，E0,1，G，0,1，F(x,0,0)，D(0，y,0)因为GDEF，即，且，y，1，x，1，所以x2y10，DF .当y时，线段DF长度的最小值是；当y1时，线段DF长度的最大值是1.因为不包括端点，所以y1不能取故选A.答案：A10在正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为()A. BC. D解析：不妨设正方体的棱长为1，如图建立空间直角坐标系Dxyz，则D(0,0,0)，B(1,1,0)，B1(1,1,1)平面ACD1的一个法向量为(1,1,1)又(0,0,1)，则cos，.故BB1与平面ACD1所成角的正弦值为.答案：B11

7、已知三棱锥底面是边长为1的等边三角形，侧棱长均为2，则侧棱与底面所成角的余弦值为()A. BC. D解析：如图所示，三棱锥ABCD，顶点A在底面的射影为O，O为底边的中心，连接BO，则ABO为侧棱与底面所成的角，由题可得，BO1，cos ABO.答案：D12如图所示，在四面体PABC中，PC平面ABC，ABBCCAPC，那么二面角BAPC的余弦值为()A. BC. D解析：以C为原点，CA所在的直线为x轴，过C作AC的垂线为y轴建立空间直角坐标系Cxyz，如图所示设ABBCCAPC2，A(2,0,0)，B(1，0)，P(0,0,2)，取AC的中点D，则D(1,0,0)，(2,0，2)，(2,0

8、,0)，(0，0)，0，0，是平面PAC的一个法向量设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，(1，0)，则令x，y1，z，n(，1，)，cosn，.答案：C第卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分，把答案填写在题中的横线上)13若空间三点A(1,5，2)，B(2,4,1)，C(p,3，q2)共线，则p_，q_.解析：(1，1,3)，(p1，2，q4)，又A，B，C三点共线，.p3，q2.答案：3214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C点的坐标为_解析：点C在平面xOz内，可设C的坐标为(x,

9、0，z)又A(1，2,3)，B(2,1，1)，(x1,2，z3)(1,3，4)A，B，C三点共线，x，z.C的坐标为.答案：15正ABC与正BCD所在平面垂直，则二面角ABDC的正弦值为_解析：取BC的中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.设BC1，则A，O(0,0,0)，B，D，所以，.则为平面BCD的一个法向量设平面ABD的法向量为n(x，y，z)，则所以取x1，则y，z1，所以平面ABD的一个法向量为n(1，1)，所以cosn，sinn，.答案：16给出下列命题：直线l的方向向量为a(1，1,2)，直线m的方向向量为b2,1，则l与m垂直；直线l的方向向量为a(0

10、,1，1)，平面的法向量为n(1，1，1)，则l；平面，的法向量分别为n1(0,1,3)，n2(1,0,2)，则；平面经过三点A(1,0，1)，B(0,1,0)，C(1,2,0)，向量n(1，u，t)是平面的法向量，则ut1.其中真命题的是_(把正确命题的序号都填上)解析：a(1，1,2)，b2,1，则ab12(1)120，则ab，直线l与m垂直，故正确；a(0,1，1)，n(1，1，1)，则an011(1)(1)(1)0.则an，l或l，故错误；n1(0,1,3)，n2(1,0,2)，n1与n2不共线，不成立，故错误；点A(1,0，1)，B(0,1,0)，C(1,2,0)，(1,1,1)，(

11、1,1,0)，向量n(1，u，t)是平面的法向量，即解得ut1，故正确综上所述，其中真命题是.答案：三、解答题(本大题共6小题，满分70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17(10分)(2019北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3.E为PD的中点，点F在PC上，且.(1)求证：CD平面PAD；(2)求二面角FAEP的余弦值；(3)设点G在PB上，且.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由解：(1)证明：因为PA平面ABCD，所以PACD.又因为ADCD，所以CD平面PAD.(2)过A作AD的垂线交BC于点M.因为PA

12、平面ABCD，所以PAAM，PAAD.如图建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(2，1,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)因为E为PD的中点，所以E(0,1,1)所以(0,1,1)，(2,2，2)，(0,0,2)所以，.设平面AEF的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则y1，x1，于是n(1，1,1)又因为平面PAD的一个法向量为p(1,0,0)，所以cosn，p.由题知，二面角FAEP为锐角，所以其余弦值为.(3)直线AG在平面AEF内，因为点G在PB上，且，(2，1，2)，所以，.由(2)知，平面AEF的一个法向量n(1，1,1)，所以n0，所以直

13、线AG在平面AEF内18(12分)在正三棱柱ABCA1B1C1中，所有棱的长度都是2，M是BC边的中点，试问：侧棱CC1上是否存在一点N，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45？解：以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.因为所有棱长都等于2，所以A(0,0,0)，C(0,2,0)，B(，1,0)，B1(，1,2)，M.假设侧棱CC1上存在点N，可设N(0,2，m)(0m2)，则(，1,2)，.于是|2，| ，2m1.如果异面直线AB1和MN所成的角等于45，那么向量和的夹角是45或135，而cos，所以，解得m，这与0m2矛盾所以侧棱CC1上不存在点N，使得异面直线AB1和M

14、N所成的角等于45.19(12分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为梯形，PD底面ABCD，ABCD，ADCD，ADAB1，BC.(1)求证：平面PBD平面PBC；(2)设H为CD上一点，满足23，若直线PC与平面PBD所成角的正切值为，求二面角HPBC的余弦值解：(1)证明：由ADCD，ABCD，ADAB1，可得BD，又BC，BDC，BCBD，PD底面ABCD，BCPD.PDBDD，BC平面PBD，BC平面PBC，平面PBD平面PBC.(2)由(1)可知，BPC为PC与底面PBD所成的角tan BPC，PB，PD1.又23，由(1)知，CD2，可得CH，DH.如图，以D点为坐标原点，

15、DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz.则B(1,1,0)，P(0,0,1)，C(0,2,0)，H.，(1,1，1)设平面HPB的法向量为n(x，y，z)，则由得取n(1，5，4)同理平面PBC的一个法向量为m(1,1,2)cosm，n.又二面角HPBC为锐角，二面角HPBC的余弦值为.20(12分)(2019浙江卷)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，BAC30，A1AA1CAC，E，F分别是AC，A1B1的中点(1)证明：EFBC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值解：(1)证明：连接A1E，因为A1AA1C，E是AC

16、的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以，A1E平面ABC.如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz.不妨设AC4，则A1(0,0,2)，B(，1,0)，B1(，3,2)，F，2，C(0,2,0)因此，2，(，1,0)，由0得EFBC.(2)设直线EF与平面A1BC所成角为.由(1)可得，(，1,0)，(0,2，2)设平面A1BC的法向量为n(x，y，z)，由得取n(1，1)，故sin |cos，n|，因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为.21.(12分)(如图1

17、)等边ABC的边长为3，点D，E分别是边AB，AC上的点，且满足，现将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使二面角A1DEB为直二面角，连接A1B，A1C(如图2)(1)求证：A1D平面BCED；(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60，若存在，求出PB的长，若不存在，请说明理由解：(1)证明：等边ABC的边长为3，且，AD1，AE2.在ADE中，DAE60，由余弦定理得DE .AD2DE2AE2，ADDE.折叠后有A1DDE，二面角A1DEB是直二面角，平面A1DE平面BCED.又平面A1DE平面BCEDDE，A1D平面A1DE，A1DDE，A1D平面BCED.

18、(2)解法一：假设在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60.如图所示，作PHBD于点H，连接A1H，A1P，由(1)有，A1D平面BCED，而PH平面BCED，A1DPH.又A1DBDD，PH平面A1BD，PA1H是直线PA1与平面A1BD所成的角设PBx(0x3)，则BH，PHx，在RtPA1H中，PA1H60，A1Hx.在RtA1DH中，A1D1，DH2x，由A1D2DH2A1H2，得1222，解得x，满足0x3，符合题意在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60，此时PB.解法二：由(1)的证明，可知EDDB，A1D平面BCED.以D为坐标原点，

19、以射线DB，DE，DA1分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz如图所示，设PB2a(02a3)，则BHa，PHa，DH2a，A1(0,0,1)，P(2a，a,0)，E(0，0)，PA1(a2，a,1)ED平面A1BD，平面A1BD的一个法向量为(0，0)直线PA1与平面A1BD所成的角为60，sin 60，即，解得a.即PB2a，满足02a3，符合题意，在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60，此时PB.22(12分)四棱锥PABCD中，PD平面ABCD,2ADABBC2a，ADBC，PDa，DAB60.(1)若平面PAD平面PBCl，求证：lBC；(

20、2)求平面PAD与平面PBC所成二面角的大小解：(1)证明：因为ADBC，AD平面PAD，BC平面PAD，所以BC平面PAD.又平面PBC过BC，且与平面PAD交于l，所以lBC.(2)连接BD，在ABD中，ADa，AB2a，DAB60，由余弦定理，得BD2DA2AB22DAABcos 60，得BDa，因为AB2AD2BD2，所以ABD为直角三角形，且BDAD.因为PD平面ABCD，因此，以D为坐标原点，分别以DA，DB，DP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系Dxyz.因为BD平面PAD，所以是平面PAD的一个法向量，且(0，a,0)设平面PBC的法向量为n(x，y，z)P(0,0，a)，B(0，a,0)，C(2a，a,0)，所以(0，a，a)，(2a,0,0)，由可得令z1，则x0，y1.得n(0,1,1)，所以cos，n.所以平面PAD与平面PBC所成二面角为45.