2022年高中数学选修2-1第三章+空间向量与立体几何+测试题 .pdf

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1、- 1 - 高中数学选修2-1 第三章 +空间向量与立体几何+测试题(时间： 120 分钟，总分值：150 分) 一、选择题 (本大题共12 小题，每题5 分，总分值60 分在每题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的) 1向量 a(2x,1,3)，b(1， 2y,9)，假设 a 与 b 共线，则 () Ax 1，y1Bx12，y12Cx16，y32Dx16，y23解析由 a b知， a b， 2x ， 1 2y, 39 ， 13，x16，y32. 答案C 2已知 a( 3,2,5)，b(1，x， 1)，且 a b2，则 x 的值是 () A6 B5 C4 D3 解析a b 32x52

2、，x5. 答案B 3 设 l1的方向向量为a(1,2， 2)， l2的方向向量为b (2,3， m)， 假设 l1 l2， 则实数 m 的值为 () A3 B2 C1 D.12解析 l1l2，ab，a b0， 262m 0，m2. 答案B 4假设 a，b 均为非零向量，则a b|a|b|是 a 与 b 共线的 () A必要不充分条件B充分不必要条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件解析 a b|a|b|cosa，b ，而 a b|a|b|. cosa，b 1，a，b 0. a 与 b 共线反之，假设a 与 b 共线，也可能a b |a| |b|，因此应选B. 答案B 5在 ABC 中， AB

3、c，AC b.假设点 D 满足 BD2DC，则 AD() A.23b13cB.53c23b C.23b13cD.13b23c精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 9 页- 2 - 解析如图， ADABBDAB23BCAB23(ACAB) 13AB23AC13c23b. 答案A 6已知 a，b，c 是空间的一个基底，设pab，qa b，则以下向量中可以与p，q 一起构成空间的另一个基底的是() AaBb CcD以上都不对解析 a，b，c 不共面，ab， ab，c 不共面， p，q，c 可构成空间的一个基底答案C 7已知 ABC

4、的三个顶点A(3,3,2)， B(4， 3,7)，C(0,5,1)，则 BC 边上的中线长为() A2 B3 C.647D.657解析BC 的中点 D 的坐标为 (2,1,4)，AD(1， 2,2)|AD|144 3. 答案B 8与向量 a(2,3,6)共线的单位向量是() A(27，37，67) B(27，37，67) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 9 页- 3 - C(27，37，67)和(27，37，67) D (27，37，67)和(27，37，67) 解析|a|2232627，与 a 共线的单位向量是17(2

5、,3,6)，故应选D. 答案D 9已知向量a(2,4，x)，b(2，y,2)，假设 |a|6 且 ab，则 xy 为() A 3 或 1 B3 或 1 C 3 D1 解析由 |a|6，ab，得4 16x236，4 4y2x0，解得x4，y 3，或x 4，y1.xy1，或 3. 答案A 10已知 a (x,2,0)，b(3,2x，x2)，且 a 与 b 的夹角为钝角，则实数x 的取值范围是 () Ax4 Bx4 C0 x4 D 4x0. 解析 a，b为钝角， a b |a|b|cosa，b0，即 3x2(2x)0，x4. 答案B 11已知空间四个点A(1,1,1)，B( 4,0,2)，C( 3，

6、 1，0)，D(1,0,4)，则直线 AD 与平面 ABC 所成的角为 () A30B45C60D 90解析设平面 ABC 的一个法向量为n(x，y，z)，AB (5， 1,1)，AC (4， 2， 1)，由 n AB0 及 n AC0，得5xy z0，4x2yz0，令 z 1，得 x12，y32，n(12，32，1)又AD(2， 1,3)，设 AD 与平面 ABC 所成的角为 ，则sin |AD n|AD|n|13231414212，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 9 页- 4 - 30 . 答案A 12已知二面角 l

7、 的大小为 50 ，P 为空间中任意一点，则过点P 且与平面和平面 所成的角都是 25 的直线的条数为() A2 B3 C4 D5 解析过点 P 分别作平面 ，的垂线 l1和 l2，则 l1与 l2所成的角为130 或 50 ，问题转化为过点P与直线 l1，l2成 65 角的直线有几条，与l1，l2共面的有一条，不共面的有2 条因此，共有3 条答案B 二、填空题 (本大题共4 小题，每题5 分，总分值20 分把答案填在题中横线上) 13已知 i， j，k为单位正交基底，且a ij 3k，b 2i 3j 2k，则向量ab 与向量 a2b 的坐标分别是 _；_. 解析依题意知， a(1,1,3)，

8、b(2， 3， 2)，则 ab(1， 2,1)，a2b(1,1,3)2(2， 3， 2)(5,7,7)答案(1， 2,1)(5,7,7) 14在 ABC 中，已知 AB(2,4,0)，BC( 1,3,0)，则 ABC_. 解析cosAB， BCAB BC|AB|BC|1010222，AB，BC4， ABC 434. 答案3415正方体ABCDA1B1C1D1中，面 ABD1与面 B1BD1所夹角的大小为_解析精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 9 页- 5 - 建立空间直角坐标系D xyz，如图设正方体的棱长为1，则 A(1

9、,0,0)，B(1,1,0)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1)D1A(1,0， 1)，D1B(1,1， 1)，D1B1(1,1,0)设平面 ABD1的法向量为m (x1，y1，z1)，平面 B1BD1的法向量为n(x2，y2，z2)，则由 m D1A 0，m D1B0，可得 m (1,0,1)，由 n D1B0，n D1B10，得 n(1， 1,0)，cosm，nm n|m|n|12.所求二平面的大小为60 . 答案6016在以下命题中：假设a，b 共线，则a，b 所在的直线平行；假设a，b 所在的直线是异面直线，则 a，b 一定不共面；假设a，b，c 三向量两两共面，则a，b，c 三向

10、量一定也共面；已知三向量a，b，c，则空间任意一个向量p 总可以唯一表示为pxaybzc，其中不正确的命题为_解析 a，b 共线，包括a 与 b 重合，所以 错空间任意两个向量均共面，所以错以空间向量的一组基底a，b，c 为例，知它们两两共面，但它们三个不共面，所以错当与 a，b，c 共面时，不成立，所以 错答案三、解答题 (本大题共6 小题，总分值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)如图，空间四边形OABC 中，E，F 分别为 OA，BC 的中点，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 9

11、页- 6 - 设OAa，OBb， OCc，试用 a，b，c 表示 EF. 解EFEOOF12OA12(OBOC)12a12b12c. 18(12 分)设 a12ij k，a2i3j2k，a3 2ij3k，a43i2j5k，试问是否存在实数a，b，c 使 a4aa1ba2ca3成立？如果存在，求出a，b，c 的值；如果不存在，请说明理由解假设 a4aa1 ba2ca3成立由已知 a1(2， 1,1)，a2(1,3， 2)，a3( 2,1， 3)，a4 (3,2,5)，可得(2a b2c， a3bc，a2b3c)(3,2,5)2ab2c3，a3bc2，a2b3c5，解得： a 2，b1，c 3.

12、故有 a4 2a1a2 3a3. 综上知，满足题意的实数存在，且 a 2，b1，c 3. 19(12 分)四棱柱 ABCDABCD 中，AB5，AD3， AA 7，BAD60 ，BAA DAA 45 ，求 AC 的长解ACAB BCCCABADAA，(AC)2(ABADAA)2AB2AD2AA22(AB ADAB AAAD AA) 259492(5 3cos605 7cos45 3 7cos45) 98562. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 9 页- 7 - |AC|98562，即 AC的长为9856 2. 20(12

13、 分)如下图， PD 垂直于正方形ABCD 所在的平面， AB2， PC 与平面 ABCD 所成角是45 ，F 是 AD 的中点， M 是 PC的中点求证： DM 平面 PFB. 证明以 D 为原点建立如下图的空间直角坐标系，由PC 与平面 ABCD 所成的角为45 ， 即 PCD45 ， 得 PD2， 则 P(0,0,2)，C(0,2,0)， B(2,2,0)， F(1,0,0)，D(0,0,0)，M(0,1,1)，FB (1,2,0)，FP(1,0,2)，DM(0,1,1)设平面 PFB 的法向量为n(x，y， z)，则FB n0，FP n0，即x 2y0，x2z0.令 y1，则 x 2，

14、z 1. 故平面 PFB 的一个法向量为n(2,1， 1)DM n0，DMn. 又 DM? 平面 PFB，则 DM 平面 PFB. 21(12 分)如图，正四棱柱ABCDA1B1C1D1中， AA12AB4，点 E 在 C1C 上，且 C1E3EC. (1)证明 A1C平面 BED ；(2)求二面角A1DEB 的余弦值精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 9 页- 8 - 解以 D 为坐标原点，射线DA 为 x 轴的正半轴，建立如下图的空间直角坐标系Dxyz. 依题设 B(2,2,0)， C(0,2,0)， E(0,2,1)，

15、A1(2,0,4)DE (0,2,1)，DB(2,2,0) ，A1C(2,2， 4)，DA1(2,0,4)(1)A1C DB0，A1C DE0，A1CBD，A1CDE. 又 DB DED，A1C平面 DBE. (2)设向量 n(x，y，z)是平面 DA1E 的法向量， 则 nDE、nDA1. 2yz0,2x4z0. 令 y1，则 z 2， x4，n(4,1， 2)cosn， A1Cn A1C|n|A1C|1442. n，A1C等于二面角A1DEB 的平面角，二面角 A1DEB 的余弦值为1442. 22(12 分)正方体 ABCDA1B1C1D1中，E，F 分别是 BB1，CD 的中点精选学习

16、资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 9 页- 9 - (1)证明：平面AED 平面 A1FD1；(2)在 AE 上求一点M，使得 A1M平面 DAE. 解(1)证明： 建立如下图的空间直角坐标系Dxyz，不妨设正方体的棱长为2，则 A(2,0,0)，E(2,2,1)，F(0,1,0)， A1(2,0,2)，D1(0,0,2)设平面 AED 的法向量为n1(x1，y1，z1)，则n1 DAx1，y1，z1 2，0，00，n1 DEx1，y1，z1 2，2，10.2x10，2x12y1z10.令 y11，得 n1(0,1， 2)同理可得平面A1FD1的法向量n2(0,2,1)n1 n20，平面 AED平面 A1FD1. (2)由于点 M 在 AE 上，可设 AM AE (0,2,1)(0,2 ， )，可得 M(2,2 ， )，于是 A1M(0,2 ， 2)要使 A1M平面 DAE，需 A1MAE，A1M AE(0,2 ， 2) (0,2,1)5 20，得 25. 故当 AM25AE 时，即点 M 坐标为 (2，45，25)时， A1M平面 DAE. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 9 页