高中数学选修2-1《空间向量与立体几何》(A卷)

选修2-1《空间向量与立体几何》同步检测试卷 A卷

一．单项选择题：本大题共6小题，每小题4分，共24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）已知点A1,1,1，点B3,3,3，点P在x轴上，且PAPB，则P点坐标为（ ） A．（6，0，0） B．（0，2，0） C．（0，0，6） D．（2，0，0）

（2）已知a，b，c是空间向量的一组基底，ab，ab，c是空间向量的另一组基底，若向量p在基底a，b，c下的坐标为(4,2,3)，则向量p在基底ab，ab，c下的坐标为（ ） A．(4,0,3) C．(3,1,3)

B．(1,2,3) D．(2,1,3)

（3）如图，在边长为2的正方体ABCDA'B'C'D'中，P为 平面ABCD内的一动点，PHBC于H，若PA'|PH|4， 则点P的轨迹为（ ）

A.椭圆 B.双曲线 C.抛物线 D.圆

（4）已知四棱锥PABCD中，AB(4,2,3)，AD(4,1,0)，AP(6,2,8)，则点

22P到底面ABCD的距离为（ ）

A.

26 13B.

26 26C.1 D.2

（5）已知OA1,2,3,OB2,1,2,OP1,1,2，点Q在直线OP上运动，则当QAQB取得最小值时，点Q的坐标为（ ）

A．131,, 243B．133,, 224C．448,, 333D．447,, 333（6）三棱柱ABCA1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等， BAA1CAA160 ,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )

A.

2 3B.

263 C. D. 666二．多项选择题：本大题共2小题，每小题4分，共8分，在每小题给出的四个选项中，有

多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分． （7）以下命题正确的是（ ）

A.直线l的方向向量为a1,1,2,直线m的方向向量b2,1,，则l与m垂直； B.直线l的方向向量a0,1,1，平面的法向量n1,1,1，则l； C.平面，的法向量分别为n10,1,3，n21,0,2，则ǁ；

D.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ut1．

（8）设ABCDA1B1C1D1是棱长为a的正方体，以下命题为假命题的是（ ）

222A.ABC1Aa2 B.ABAC C.BCA D.ABC1A 112a1Da1a12三、填空题：本大题共4题，每小题4分，共16分．

(9) 已知向量a1,1,0，b1,0,2，且kab与2ab互相垂直，则k值是______． (10) 如图，正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为4，记AC11B1D1F，

BCB1CE，若AEBF，则此棱柱的体积为______．

(11)如图，在正四面体PABC中，M,N分别为PA,BC的中点，D是线段MN上一点，且ND2DM，若PDxPAyPBzPC，则xyz的值为_______．

(12) 如图，在平行四边形ABCD中，ABACCD1，ACD=90，把ADC沿对角 线AC折起，使AB与CD成60角，则BD长为_______．

四、解答题：本大题共3小题，共52分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． （13）（本小题满分16分）

如图，矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，ABE60，G为BE的中点. (1)求证：AG平面ADF； (2) 若AB

(14)（本小题满分18分）

四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，E为PD的中点. （1）求证：PB//平面AEC；

（2）设二面角DAEC的大小为60，AP1,AD3，求三棱锥EACD的体积.

3，BC1，求二面角DCAG的余弦值.

（15）（本小题满分18分）

如图，在三棱台ABCA1B1C1中，底面ABC是边长为2的等边三角形，上、下底面的面积之比为1:4，侧面A1ABB1底面ABC，并且A1AA1B1，AA1B90． （1）平面AC11B平面ABC=l，证明：A1C1ǁl；

（2）求平面A1C1B与平面ABC所成二面角的正弦值．

参

一．单项选择题：本大题共6小题，每小题4分，共24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）A解析:因为点P在x轴上，所以设P(x,0,0)，又因为

PAPB，所以

解(x1)2(01)2(01)2(x3)2(03)2(03)2，得x6，故选A．

（2）C解析:设向量p在基底，{ab，ab，c}下的坐标为（x，y，z）， 则p4a2b3cxabyabzc， 整理得：p4a2b3cxyaxybzc

xy4∴xy2，解得x3,y1,z3， z3，，∴向量p在基底ab,ab,c下的坐标是313．故选C．

（3）C解析:如图所示，建立空间直角坐标系， 设Px,y,0，A2,0,2，

可得PAx2y24，PH故PAPH即y2222222y，

2x2+4y4，

12x210x2，即点P的轨迹为抛物线，故选C. 4nAB0（4）D解析:设n(x,y,z)是平面的一个法向量，则由题设，

nAD0x14x2y3z04y4，即n(1,4,)，由于即34xy04z3nAP6832261613,n116,AP10010，所以33931cosnAP，故点P到平面ABCD的距离

51dAPcosnAP102，

5故选D.

（5）C解析:∵点Q在直线OP上运动，∴存在实数使得

OQOP,,2，

QA1,2,32，QB2,1,22 QAQB12213222，

4474 ，当且仅当时，式子取得最小值， =6216106339则Q2448,,， 故选C． 333（6）C解析：如图，设AA，ABa，ACb ，棱长均为1， 1c111，bc，ac 2221111∴AB1BC1acbac111，

2222则ab∵AB1ac3,BC1bac∴cos＜AB1，BC1＞＝2,

16， 6326 ．故选C. 6∴异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为

二．多项选择题：本大题共2小题，每小题4分，共8分，在每小题给出的四个选项中，有

多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分． (7) AD

11b2,1,ab12122，0 解析：对于向量a1,1,2，

22所以ab，则l与m垂直，A正确；

对于B，a0,1,1，n1,1,1，an0111110 所以an，则l或l，B错误；

对于C,n10,1,3，n21,0,2，向量n1与n2不共线，所以ǁ不成立； 对于D，A1,0,1，B0,1,0，C1,2,0，AB1,1,1，BC1,1,0

1ut0nAC0 向量n1,u,t是平面的法向量，则,可得1u0nBC0则ut1，D正确.

故选AD． (8) 答案ABD

解析：ABC1AAB(C1CCBBA)ABBAa2

2 ABAC11ABACAB(ABBC)ABABaBCA1DBC(A1AABBC)BCBCa2

2 ABC1A1ABAC11a故选ABD.

三、填空题：本大题共4题，每小题4分，共16分． (9)

7解析：因为向量a1,1,0，b1,0,2， 5所以kab=k1,k,2，2ab3,2,2，因为kab与2ab互相垂直,

则kab2ab3k12k40，解得k (10) 322解析：建立如图所示空间直角坐标系， 设DD1h，又ABBC4， 则A4,0,0，E2,4,7 5h，B4,4,0，F2,2,h， 2hAE2,4,，BF2,2,h，

2h2因为AEBF，所以AEBF=0，得480， h22．

2此棱柱的体积为4422322． (11)

2解析：31111111PAMNPA(PNPM)PAPBPC 2323366112所以x,yz，所以xyz.

363PDPMMD (12) 2或2解析：因为ACD90，所以ACCD0,

平行四边形ABCD中，ABǁCD，所以BACACD90,所以BAAC0, 因为AB与CD成60角，所以BACD60或120， 因为BDBAACCD, 所以

BDBAACCD+2BACD2BAAC2ACCDBAACCD+2BACD32cosAB,CD

当BACD60，BD4,则BD2， 当BACD120，BD2,则BD综上所述，BD长为2或2.

四、解答题：本大题共3小题，共52分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． （13）（本小题满分16分）

2222222222，

（Ⅰ）证明：矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，ADAB， 解析：因为平面ABCD平面ABEF=AB，所以AD平面ABEF，

因为AG平面ABEF，所以ADAG，

菱形ABEF中，ABE60，G为BE的中点，所以AGBE，则AGAF， 因为ADAF=A，AD，AF平面ADF，所以AG平面ADF.

(Ⅱ) 由(Ⅰ)可知AD，AF，AD两两垂直，以A为原点，AG为x轴，AF为y轴，AD为

z轴，建立空间直角坐标系，

因为AB3，BC1，则AD1，AG3 20，0，C所以A0，,2333A，0，0,1D0，01，，， 22333AG,0,0,,1AD0,0,1则AC，， 22233y1+z10ACn1x1 设平面ACD的法向量n1x1,y1,z1，则22ADn1z10取y13，得n11,3,0，

33ACnxy2+z202222 设平面ACG的法向量n2x2,y2,z2，则3ADn2x202取y22，得n20,2,3，

设二面角DCAG的平面角为，则cosn1n2n1n22321，

72721 . 7由图可知为钝角，所以二面角DCAG的余弦值为

(14)（本小题满分18分）

解析：（I）证明：连结BD交AC于点O，连结EO,因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点，又E为PD的中点，所以EO//PB，

EO平面AEC,PB平面AEC,所以PB//平面AEC

（Ⅱ）因为PA平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB,AD,AP两两垂直

如图，以A为坐标原点，AB的方向为x的正方向，|AP|为单位长，建立空间直角坐标系

Axyz，则D(0,3,0),E(0,3131,),AE(0,,)， 2222设Bm,0,0 (m0)，则C(m,3,0),AC((m,3,0) 设n1(x,y,z)为平面ACE的法向量，

mx3y0,nAC0,31则即3，可取n(,1,3) 11myz0,n1AE0,22又n2(1,0,0)为平面DAE的法向量，由

1313|cosn1,n2|,即,解得m 223+4m22三棱锥EACD的体积V=（15）（本小题满分18分）

解析；（1）证明：在三棱台ABCA1B1C1中，可得A1C1∥AC， 且A1C1平面ABC，AC平面ABC， 所以A1C1∥平面ABC，

又A1C1平面A1C1B，平面AC11B所以A1C1∥l．

（2）根据题意，以AB的中点为原点，AB为x轴，建立空间直角坐标系Oxyz，OC为y轴，如图所示．

平面ABC=l，

11313 332228

由于AB2,AA1A1B11,AA1B90，

1333B(1,0,0),A,0,,C0,,∴112， 2223333则BA12,0,2,BC11,2,2，

设平面A1C1B的法向量为n(x,y,z)，

33nBAxz013xz22则，即，

nBCx3y3z02x3y3z0122令x1，得z3,y3， 33∴n1,3,3．

由题意知，平面ABC的法向量为m(0,0,1)．

cosm,nmn|m||n|331313， 1313213． 13sinm,n1cos2m,n即平面A1C1B与平面ABC所成二面角的正弦值为

213． 13