《高中数学限时巩固训练苏教版选修21章末质量评估三》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学限时巩固训练苏教版选修21章末质量评估三（9页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
1、章末质量评估(三)(时间：120分钟满分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1对于空间中的非零向量、BC、，有下列各式：；|；|.其中一定不成立的是_解析根据空间向量的加减法运算，对于：恒成立；对于：当、方向相同时，有|；对于：当、共线且与、方向相反时，有|.只有一定不成立答案2若向量a(1，1，x)，b(1，2，1)，c(1，1，1)满足条件(ca)(2b)2，则x_.解析ca(0，0，1x)，故(cc)(2b)2(0，0，1x)(1，2，1)2(1x)，结合已知得2(1x)2，解得x2.答案23已知G是ABC的重心，O是平面ABC外的一点，若，则_.解析如图，正
2、方体中，3，所以3.答案34空间四边形ABCD，E、F分别为AB、CD的中点，则向量与、_(是、否)共面解析如下图所示，.又E、F分别是AB、CD的中点，故有，2，.与、共面答案是5下列命题中，正确命题的个数为_若n1，n2分别是平面，的法向量，则n1n2；若n1，n2分别是平面，的法向量，则n1n20；若n是平面的法向量，a与共面，则na0；若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直解析中平面，可能平行，也可能重合，故不正确；结合平面法向量的概念，易知正确答案36在四面体OABC 中，a，b，c，D为BC的中点，E为AD的中点，则可表示为_(用a，b，c表示)解析()()abc.答案a
3、bc7在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若xy，则x，y的值分别为_解析如图，()，故x，y的值都为.答案，8正四棱锥PABCD中，高为1，底边长为2，E为BC中点，则异面直线PE与DB所成角为_答案9在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin，的值为_解析设正方体棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，可知(2，2，1)，(2，2，1)，所以cos，故sin，.答案10在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为AB的中点，则二面角BCA1P的大小为_答案11正四棱锥SABCD中，O为顶
4、点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SOOD，则直线BC与平面PAC所成的角是_解析如图，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设ODSOOAOBOCa，则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(a，0，0)，P(0，)，所以(2a，0，0)，(a，)，(a，a，0)，设平面PAC的法向量为n，可求得n(0，1，1)，则cos，n，故，n60，所以直线BC与平面PAC所成的角为906030.答案3012在空间直角坐标系中，定义：平面的一般方程为：AxByCzD0(A，B，C，DR，且A，B，C不同时为零)，点P(x0，y0，z0)到平面的距离为：d；则在底面边长与高都为2的正四棱锥中，底面
5、中心O到侧面的距离等于_解析如图，以底面中心O为原点建立空间直角坐标系Oxyz，则A(1，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，2)，设平面PAB的方程为AxByCzD0，将以上3个坐标代入计算得A0，BD，CD，所以DyDzD0，即2yz20，故d.答案13已知力F1i2j3k，F22i3jk，F33i4j5k，若F1、F2、F3共同作用在一个物体上，使物体从点M1(1，2，1)移到点M2(3，1，2)，则合力所做的功为_解析因为FF1F2F3(1，2，3)(2，3，1)(3，4，5)(2，1，7)，(2，3，1)，所以合力所做的功F(2，1，7)(2，3，1)43714.答案1414在直
6、三棱柱A1B1C1ABC中，BAC，ABACAA11，已知G与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_解析以A为坐标原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴建立空间直角坐标系，则F(t1，0，0)(0t11)，E(0，1，)，G(，0，1)，D(0，t2，0)(0t21)所以(t1，1，)，(，t2，1)因为GDEF，所以t12t21，由此推出0t2.又(t1，t2，0)，|，从而有DF1. 答案，1)二、解答题(本大题共6小题，共90分)15.(14分)已知空间三点A(2，0，2)，B(1，1，2)，C(
7、3，0，4)设a，b，(1)求a和b的夹角的余弦；(2)若向量kab与ka2b互相垂直，求k的值解因为A(2，0，2)，B(1，1，2)，C(3，0，4)，a，b，所以a(1，1，0)，b(1，0，2)(1)cos，即a和b的夹角的余弦为.(2)因为kabk(1，1，0)(1，0，2)(k1，k，2)，ka2b(k2，k，4)，且(kab)(ka2b)所以(k1，k，2) (k2，k，4)(k1)(k2)k282k2k100，则k或k2.16(14分)已知(1，0，2)，(2，2，0)，(0，1，2)，点M在直线OC上运动，当取最小时，求点M的坐标解设(0，2)，则(1，22)，(2，2，2)
8、，2(2)2(22)52625()2，当时，最小，此时点M(0，)17(14分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，PAAD，ABAD，E是线段PD上的点，F是线段AB上的点，且(0)(1)判断EF与平面PBC的关系，并证明；(2)当为何值时，DF平面PAC？并证明你的结论解(1)EF平面PBC，证明如下，如图，以点A为原点建立如图所示的直角坐标系，设AD长为1，则A(0，0，0)，B(，0，0)，C(，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，由(0)得E(0，)，F(，0，0)，所以(，)，(0，1，0)，(，0，1)，设面PBC的法向量n(x，y，z)，
9、则 所以取n(1，0，)；由于n0，所以n，因为EF平面PBC，所以EF平面PBC.(2)当1时，DF平面PAC.证明如下：设平面PAC的法向量为m(x，y，z)，由于(，1，0)，(0，0，1)，则不妨取m(1，0)，又(，1，0)，m，所以DF平面PAC.18(16分)已知正三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长都相等，P为A1B上的点，且PCAB.(1)求的值；(2)求异面直线PC与AC1所成角的余弦值解(1)设正三棱柱的棱长为2，建立如图所示的直角坐标系，则：A(0，1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，1，2)，B1(，0，2)，C1(0，1，2)，所以(，1，0)，(0
10、，2，2)，(，1，2)，因为PCAB，所以0，即()0，故()0，所以.(2)由(1)知：(，1)，(0，2，2)，所以cos，故异面直线PC与AC1所成角的余弦值是.19(16分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，BAC30，BC1，A1A，M是CC1的中点(1)求证：A1BAM；(2)求二面角BAMC的平面角的大小解(1)以点C为原点建立如图所示的直角坐标系，则B(1，0，0)，A(0，0)，A1(0，)，M(0，0，)所以(1，)，(0，)，因为0330，所以A1BAM.(2)因为直三棱柱ABCA1B1C1，所以CC1面ABC，故 CC1BC，又因为ACB90，故BCA
11、C，所以BC面ACC1，即BC面AMC.所以|(1，0，0)是平面AMC的一个法向量设n(x，y，z)是平面BAM的一个法向量，因为(1，0)，(1，0，)；所以由n0及n0得取z2得n(，2)，因为|1，|n|2，所以cos，n，又二面角BAMC的平面角是锐角，所以二面角BAMC的大小为45.20(16分)如图，ABCD是菱形，PA平面ABCD，PAAD2，BAD60.(1)求点A到平面PBD的距离；(2)求二面角APBD的余弦值解以OA、OB所在直线分别x轴，y轴，以过O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(，0，0)，B(0，1，0)，C(，0，0)，D(0，1，0)，P(，0，2)， (1)设平面PDB的法向量为n1(x1，y1，z1)，因为(，1，2)，(0，2，0)，所以由得令z11，得n1(，0，1)，又(，1，0)，所以点A到平面PBD的距离d.(2)设平面ABP的法向量n2(x2，y2，z2)，因 为(0，0，2)，(，1，0)，所以由得令y21得故n2(，1，0)，所以cosn1，n2，而所求的二面角与n1，n2互补，所以二面角 APBD的余弦值为.
高中数学限时巩固训练苏教版选修21章末质量评估三
