新課標(biāo)選修2-1空間向量與立體幾何檢測(cè)題

空間向量PAGE -PAGE5-第Ⅰ卷（選擇題，共50分）一、選擇題：（本大題共10個(gè)小題，每小題5分，共50分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1．在下列命題中：①若、共線，則、所在的直線平行；②若、所在的直線是異面直線，則、一定不共面；③若、、三向量?jī)蓛晒裁?，則、、三向量一定也共面；④已知三向量、、，則空間任意一個(gè)向量總可以唯一表示為．其中正確命題的個(gè)數(shù)為 （） A．0 B．1 C．2 D．32．在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，向量、、是 （） A．有相同起點(diǎn)的向量 B．等長(zhǎng)向量 C．共面向量 D．不共面向量3．若向量、 （） A． B． C． D．以上三種情況都可能4．已知＝（2，－1，3），＝（－1，4，－2），＝（7，5，λ），若、、三向量共面，則實(shí)數(shù)λ等于 （）A． B． C． D．5．直三棱柱ABC—A1B1C1中，若，則 （） A．+－ B．－+ C．－++ D．－+－6．已知++＝，||＝2，||＝3，||＝，則向量與之間的夾角為（） A．30° B．45° C．60° D．以上都不對(duì)7．若、均為非零向量，則是與共線的 （） A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分又不必要條件8．已知△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)為A（3，3，2），B（4，－3，7），C（0，5，1），則BC邊上的中線長(zhǎng)為 （）A．2 B．3 C．4 D．59．已知 （）A．－15 B．－5 C．－3 D．－110．已知，，，點(diǎn)Q在直線OP上運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)取得最小值時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為 （）A． B． C． D．第Ⅱ卷（非選擇題，共100分）二、填空題（本大題共4小題，每小題6分，共24分）11．若A(m＋1，n－1,3)，B(2m,n,m－2n)，C(m＋3,n－3,9)三點(diǎn)共線，則m+n=．12．已知S是△ABC所在平面外一點(diǎn)，D是SC的中點(diǎn)，若＝，則x＋y＋z＝．13．在空間四邊形ABCD中，AC和BD為對(duì)角線， G為△ABC的重心，E是BD上一點(diǎn)，BE＝3ED， 以｛，，｝為基底，則＝．14．設(shè)||＝1，||＝2，2＋與－3垂直，＝4－，＝7＋2，則<,>＝．三、解答題（本大題滿分76分）15．(12分)如圖，一空間四邊形ABCD的對(duì)邊AB與CD，AD與BC都互相垂直，用向量證明：AC與BD也互相垂直．16．（12分））如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中， E是DC的中點(diǎn)，取如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．（1）寫出A、B1、E、D1的坐標(biāo)；（2）求AB1與D1E所成的角的余弦值．17．（12分）如圖，已知矩形ABCD所在平面外一點(diǎn)P，PA⊥平面ABCD，E、F分別是AB、PC的中點(diǎn)．（1）求證：EF∥平面PAD；（2）求證：EF⊥CD；（3）若PDA＝45，求EF與平面ABCD所成的角的大?。?8．（12分）在正方體中，如圖Ｅ、Ｆ分別是，ＣＤ的中點(diǎn)，（1）求證：平面ADE；（2）cos．19．（14分）如圖，在四棱錐中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱底面ABCD， ，E是PC的中點(diǎn)，作交PB于點(diǎn)F.（1）證明平面；（2）證明平面EFD；（3）求二面角的大?。?0．（14分）如圖，直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB=90°，側(cè)棱AA1=2，D、E分別是CC1與A1B的中點(diǎn)，點(diǎn)E在平面ABD上的射影是△ABD的垂心G.（1）求A1B與平面ABD所成角的大?。ńY(jié)果用反三角函數(shù)值表示）；（2）求點(diǎn)A1到平面AED的距離.參考答案（六）一、選擇題（本大題共10小題，每小題5分，共50分）題號(hào)12345678910答案ACBDDCABAC二、填空題（本大題共4小題，每小題6分，共24分）11．12．013．14．0°三、解答題（本大題共6題，共76分）15．(12分)證明：.又，即.……①. 又，即.……② 由①+②得：即..16．(12分)解：(1)A(2,2,0)，B1(2,0,2)，E(0,1,0)，D1(0,2,2) (2)∵EQ\s\up7(→)\d\ba24()AB1＝(0,-2,2)，EQ\s\up7(→)\d\ba24()ED1＝(0,1,2)∴|EQ\s\up7(→)\d\ba24()AB1|＝2EQ\R(2)，|EQ\s\up7(→)\d\ba24()ED1|＝EQ\R(5)，EQ\s\up7(→)\d\ba24()AB1·EQ\s\up7(→)\d\ba24()ED1＝0－2＋4＝2,∴cosEQ\s\up7(→)\d\ba24()AB1，EQ\s\up7(→)\d\ba24()ED1＝EQ\F(EQ\s\up7(→)\d\ba24()AB1·EQ\s\up7(→)\d\ba24()ED1,|EQ\s\up7(→)\d\ba24()AB1|·|EQ\s\up7(→)\d\ba24()ED1|)＝EQ\F(2,2\r(2)×\r(5))＝EQ\F(\r(10),10)．∴AB1與ED1所成的角的余弦值為EQ\F(\r(10),10)．17．(12分)證：如圖，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，設(shè)AB＝2aBC＝2b，PA＝2c，則：A(0,0,0)，B(2a,0,0)，C(2a,2 D(0,2b,0)，P(0,0,2c) ∵E為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)為PC的中點(diǎn) ∴E(a,0,0)，F(xiàn)(a,b,c)(1)∵EQ\s\up7(→)\d\ba24()EF＝(0,b,c)，EQ\s\up7(→)\d\ba24()AP＝(0,0,2c)，EQ\s\up7(→)\d\ba24()AD＝(0,2b,0) ∴EQ\s\up7(→)\d\ba24()EF＝EQ\F(1,2)(EQ\s\up7(→)\d\ba24()AP＋EQ\s\up7(→)\d\ba24()AD)∴EQ\s\up7(→)\d\ba24()EF與EQ\s\up7(→)\d\ba24()AP、EQ\s\up7(→)\d\ba24()AD共面 又∵E平面PAD ∴EF∥平面PAD．(2) ∵EQ\s\up7(→)\d\ba24()CD＝(-2a,0,0) ∴EQ\s\up7(→)\d\ba24()CD·EQ\s\up7(→)\d\ba24()EF＝(-2a,0,0)·(0,b,c)＝0 ∴CD⊥EF．(3) 若PDA＝45，則有2b＝2c，即b＝c， ∴EQ\s\up7(→)\d\ba24()EF＝(0,b,b)， EQ\s\up7(→)\d\ba24()AP＝(0,0,2b) ∴cosEQ\s\up7(→)\d\ba24()EF，EQ\s\up7(→)\d\ba24()AP＝EQ\F(2b2,2b·\r(2)b)＝EQ\F(\r(2),2) ∴EQ\s\up7(→)\d\ba24()EF，EQ\s\up7(→)\d\ba24()AP＝45 ∵EQ\s\up7(→)\d\ba24()AP⊥平面AC，∴EQ\s\up7(→)\d\ba24()AP是平面AC的法向量 ∴EF與平面AC所成的角為：90－EQ\s\up7(→)\d\ba24()EF，EQ\s\up7(→)\d\ba24()AP＝45．18．(12分)解：建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，（1）不妨設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，則D（0，0，0），A（1，0，0），（0，0，1）， E（1，1，），F(xiàn)（0，，0）， 則＝（0，，－1），＝（1，0，0）， ＝（0，1，），則＝0， ＝0，，. 平面ADE.（２）（1，1，1），C（0，1，0），故＝（1，0，1），＝（－1，－，－）， ＝－1＋0－＝－，，，則cos..19．（14分）解：如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，D為坐標(biāo)原點(diǎn).設(shè)(1)證明：連結(jié)AC，AC交BD于G.連結(jié)EG. 依題意得 底面ABCD是正方形，是此正方形的中心， 故點(diǎn)G的坐標(biāo)為且 .這表明. 而平面EDB且平面EDB，平面EDB。(2)證明：依題意得。又故 ,由已知，且所以平面EFD.(3)解：設(shè)點(diǎn)F的坐標(biāo)為則 從而所以 由條件知，即解得。 點(diǎn)F的坐標(biāo)為且 ,即，故是二面角的平面角. ∵且 ,所以，二面角C—PC—D的大小為20．(14分)解：（1）連結(jié)BG，則BG是BE在面ABD的射影，即∠A1BG是A1B與平面ABD所成的角.如圖所示建立坐標(biāo)系，