立体几何章末检测教师版
第一章立体几何初步章末检测教案教师版
章末检测画一画：知识网络、结构更完善研一研：题型解法、解题更高效题型一 三视图与直观图三视图是从三个不同的方向看同一个物体而得到的三个视图，从三视图可以看出，俯视图反映物体的长和宽，主视图反映它的长和高，左视图反映它的宽和高．例1 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．8π3B ．3π C.10π3D ．6π 解析：将三视图还原为实物图求体积．由三视图可知，此几何体(如图所示)是底面半径为1，高为4的圆柱被从母线的中点处截去了圆柱的14， 所以V ＝34×π×12×4＝3π. 答案 B 跟踪训练1 一几何体的三视图如图所示．(1)说出该几何体的结构特征并画出直观图；(2)计算该几何体的体积与表面积．解：(1)由三视图知该几何体是由一个圆柱与一个等底圆锥拼接而成的组合体，其直观图如图所示．(2)由三视图中尺寸知，组合体下部是底面直径为8 cm ，高为20 cm 的圆柱，上部为底面直径为8 cm ，母线长为5 cm 的圆锥．易求得圆锥高h ＝52－42＝3(cm)，∴体积V ＝π·42·20＋13π·42·3＝336π(cm 3)， 表面积S ＝π·42＋2π·4·20＋π·4·5＝196π(cm 2)．∴该几何体的体积为336π cm 3，表面积为196π cm 2.题型二 柱体、锥体、台体的表面积和体积几何体的表面积及体积的计算是现实生活中经常能够遇到的问题，在计算中应注意各数量之间的关系及各元素之间的位置关系，特别是特殊的柱、锥、台体，要注意其中矩形、梯形及直角三角形等重要的平面图形的应用． 例2 圆柱有一个内接长方体AC 1，长方体对角线长是102cm ，圆柱的侧面展开平面图为矩形，此矩形的面积是100π cm 2，求圆柱的体积．解：设圆柱底面半径为r cm ，高为h cm.如图所示，则圆柱轴截面长方形的对角线长等于它的内接长方体的体对角线长，则⎩⎨⎧ 2＋h 2＝22，2πrh ＝100π，∴⎩⎪⎨⎪⎧r ＝5h ＝10. ∴V 圆柱＝Sh ＝πr 2h ＝π×52×10＝250π(cm 3)． ∴圆柱体积为250π cm 3.跟踪训练2 如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________． 解析： 利用三棱锥的体积公式直接求解．＝13 ·AB＝13×12×1×1×1＝16.题型三 几何中共点、共线、共面问题1．证明共面问题证明共面问题，一般有两种证法：一是由某些元素确定一个平面，再证明其余元素在这个平面内；二是分别由不同元素确定若干个平面，再证明这些平面重合．2．证明三点共线问题证明空间三点共线问题，通常证明这些点都在两个面的交线上，即先确定出某两点在某两个平面的交线上，再证明第三个点是两个平面的公共点，当然必在两个平面的交线上．3．证明三线共点问题证明空间三线共点问题，先证两条直线交于一点再证明第三条直线经过这点，把问题转化为证明点在直线上的问题． 例3 如图所示，空间四边形ABCD 中，E ，F 分别为AB ，AD 的中点，G ，H 分别在BC ，CD 上，且BG ∶GC ＝DH ∶HC ＝1∶2.求证： (1)E 、F 、G 、H 四点共面； (2)GE 与HF 的交点在直线AC 上．证明: (1)∵BG ∶GC ＝DH ∶HC ， ∴GH ∥BD ，又EF ∥BD ，∴EF ∥GH ，∴E 、F 、G 、H 四点共面．(2)∵G 、H 不是BC 、CD 的中点，∴EF≠GH.又EF ∥GH ，∴EG 与FH 不平行，则必相交，设交点为M.⎭⎪⎬⎪⎫EG⊂面ABC HF⊂面ACD ⇒M ∈面ABC 且M ∈面ACD ⇒M 在面ABC 与面ACD 的交线上⇒M ∈AC.∴GE 与HF 的交点在直线AC 上．跟踪训练3 如图，O 是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1上底面ABCD 的中心，M 是正方体对角线AC 1和截面A 1BD 的交点．求证：O 、M 、A 1三点共线．证明 ∵O ∈AC ，AC ⊂平面ACC 1A 1， ∴O ∈平面ACC 1A 1.∵M ∈AC 1，AC 1⊂平面ACC 1A 1. ∴M ∈平面ACC 1A 1.又已知A 1∈平面ACC 1A 1，即有O 、M 、A 1三点都在平面ACC 1A 1上，又O 、M 、A 1三点都在平面AB 1D 上，∴O 、M 、A 1三点都在平面ACC 1A 1与平面A 1BD的交线上， ∴O 、M 、A 1三点共线．题型四 空间中的平行问题1．判断或证明线面平行的常用方法：(1)利用线面平行的定义(无公共点)；(2)利用线面平行的判定定理(a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α)；(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a ⊂α⇒a ∥β)；(4)利用面面平行的性质(α∥β，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β)．2．证明面面平行的方法：(1)利用面面平行的定义；(2)利用面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；(3)垂直于同一条直线的两个平面平行；(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行；(5)利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化．11D EDF F DD E V V --=1D DE S∆例4 如图，E 、F 、G 、H 分别是正方体ABCD —A1B 1C 1D 1的棱BC 、CC 1、C 1D 1、AA 1的中点，求证：(1)GE ∥平面BB 1D 1D ； (2)平面BDF ∥平面B 1D 1H.证明: (1)取B 1D 1中点O ，连接GO ，OB ，易证OG 綊12B 1C 1， BE 綊12B 1C 1， ∴OG 綊BE ， 四边形BEGO 为平行四边形． ∴OB ∥GE.∵OB ⊂平面BDD 1B 1， GE ⊄平面BDD 1B 1，∴GE ∥平面BDD 1B 1.(2)由正方体性质得B 1D 1∥BD ，∵B 1D 1⊄平面BDF ，BD ⊂平面BDF ，∴B 1D 1∥平面BDF.连接HB ，D 1F ，易证HBFD 1是平行四边形，得HD 1∥BF.∵HD 1⊄平面BDF ，BF ⊂平面BDF ，∴HD 1∥平面BDF.∵B 1D 1∩HD 1＝D 1，∴平面BDF ∥平面B 1D 1H.跟踪训练4 如图，△ABC 为正三角形，EC ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，CE ＝CA ＝2BD ，M 是EA 的中点，N 是EC 的中点，求证：平面DMN ∥平面ABC.证明: ∵M 、N 分别是EA 与EC 的中点，∴MN ∥AC ，又∵AC ⊂平面ABC ，MN ⊄平面ABC ，∴MN ∥平面ABC ，∵DB ⊥平面ABC ，EC ⊥平面ABC ，∴BD ∥EC ，四边形BDEC 为直角梯形，∵N 为EC 中点，EC ＝2BD ，∴NC 綊BD ，∴四边形BCND 为矩形，∴DN ∥BC ，又∵DN ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴DN ∥平面ABC ，又∵MN ∩DN ＝N ，∴平面DMN ∥平面ABC.题型五 空间中的垂直关系1．空间垂直关系的判定方法：(1)判定线线垂直的方法：①计算所成的角为90°(包括平面角和异面直线所成的角)；②线面垂直的性质(若a⊥α，b ⊂α，则a⊥b)．(2)判定线面垂直的方法：①线面垂直定义(一般不易验证任意性)；②线面垂直的判定定理(a⊥b，a⊥c，b ⊂α，c ⊂α，b∩c＝M ⇒a⊥α)；③平行线垂直平面的传递性质(a ∥b ，b ⊥α⇒a ⊥α)；④面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂β，a ⊥l ⇒a ⊥α)；⑤面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)；⑥面面垂直的性质(α∩β＝l ，α⊥γ，β⊥γ⇒l ⊥γ)．(3)面面垂直的判定方法：①根据定义(作两平面构成二面角的平面角，计算其为90°)；②面面垂直的判定定理(a ⊥β，a ⊂α⇒α⊥β)．例5 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1B 1＝A 1C 1，D ，E 分别是棱BC ，CC 1上的点(点D 不同于点C)，且AD ⊥DE ，F 为B 1C 1的中点．求证：(1)平面ADE ⊥平面BCC 1B 1；(2)直线A 1F ∥平面ADE.证明: (1)因为ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱， 所以CC 1⊥平面ABC.又AD ⊂平面ABC ， 所以CC 1⊥AD.又因为AD ⊥DE ，CC 1，DE ⊂平面BCC 1B 1， CC 1∩DE ＝E ， 所以AD ⊥平面BCC 1B 1.又AD ⊂平面ADE ， 所以平面ADE ⊥平面BCC 1B 1.(2)因为A 1B 1＝A 1C 1，F 为B 1C 1的中点， 所以A 1F ⊥B 1C 1.因为CC 1⊥平面A 1B 1C 1， 且A 1F ⊂平面A 1B 1C 1， 所以CC 1⊥A 1F.又因为CC 1，B 1C 1⊂平面BCC 1B 1，CC 1∩B 1C 1＝C 1， 所以A 1F ⊥平面BCC 1B 1.由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.又AD⊂平面ADE，AF⊄平面ADE，所以A1F∥平面ADE.跟踪训练5如图，A，B，C，D为空间四点．在△ABC中，AB＝2，AC＝BC＝2，等边△ADB以AB为轴运动．(1)当平面ADB⊥平面ABC时，求CD；(2)当△ADB转动时，是否总有AB⊥CD？证明你的结论．解：(1)取AB的中点E，连接DE，CE，因为△ADB是等边三角形，所以DE⊥AB.当平面ADB⊥平面ABC时，因为平面ADB∩平面ABC＝AB，所以DE⊥平面ABC，可知DE⊥CE，由已知可得DE＝3，EC＝1，在Rt△DEC中，CD＝DE2＋EC2＝2.(2)当△ADB以AB为轴转动时，总有AB⊥CD.证明如下：①当D在平面ABC内时，因为AC＝BC，AD＝BD，所以C，D都在线段AB的垂直平分线上，即AB⊥CD.②当D不在平面ABC内时，由(1)知AB⊥DE.又因AC＝BC，所以AB⊥CE.又DE，CE为相交直线，所以AB⊥平面CDE，由CD⊂平面CDE，得AB⊥CD.综上所述，总有AB⊥CD.课堂小结：1．研究空间几何体，需在平面上画出几何体的直观图或三视图，由几何体的直观图可画它的三视图，由三视图可得到其直观图，同时可以通过作截面把空间几何问题转化成平面几何问题来解决．2．圆柱、圆锥、圆台的表面积公式，我们都是通过展开图、化空间为平面的方法得到的，求球的切接问题通常也是由截面把空间问题转化到平面问题解决．3．转化思想是证明线面平行与垂直的主要思路，其关系为。
人教版A版第一章高二数学选择性必修第一册第一章空间向量与立体几何章末测试(解析版)
人教版A 版第一章高二数学选择性必修第一册第一章空间向量与立体几何章末测试注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、单选题(每题只有一个正确的选项，5分/题，共40分）1．（2020·宜昌天问教育集团高二期末）在正四面体P ABC -中，棱长为2，且E 是棱AB 中点，则PE BC ⋅的值为()A ．1-B ．1C D ．73【答案】A 【解析】如图所示由正四面体的性质可得：PA BC ⊥可得：0PA BC ⋅=E 是棱AB 中点()12PE PA PB \=+u u u r u u u r u u u r ()111122cos12012222PE BC PA PB BCPA BC PB BC \+-o u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r 故选：A【点睛】本题考查空间向量的线性运算，考查立体几何中的垂直关系，考查转化与化归思想，属于中等题型.2．（2020·宜昌高二期末）已知PA =（2，1，﹣3），PB =（﹣1，2，3），PC =（7，6，λ），若P ，A ，B ，C 四点共面，则λ＝（）A ．9B ．﹣9C ．﹣3D ．3【答案】B【解析】由P ，A ，B ，C 四点共面，可得,,PA PB PC 共面，(2,2,33)(7,6,)xPA yPB x y x y C y P x λ∴=+=-+-+=，272633x y x y x y λ-=⎧⎪+=⎨⎪-+=⎩，解得419x y λ=⎧⎪=⎨⎪=-⎩.故选:B.3．（2020·全国高二课时练习）下列说法正确的是（）A ．任何三个不共线的向量可构成空间向量的一个基底B ．空间的基底有且仅有一个C ．两两垂直的三个非零向量可构成空间的一个基底D ．基底{}a b c ，，中基向量与基底{}e f g ，，基向量对应相等【答案】C【解析】A 项中应是不共面的三个向量构成空间向量的基底,所以A 错.B 项，空间基底有无数个,所以B 错.D 项中因为基底不唯一，所以D 错.故选C .4．（2020·全国高二课时练习）若直线l 的方向向量为(1,2,3)a =-,平面α的法向量为(3,6,9)n =--,则()A ．l α⊂B ．//l αC ．l α⊥D ．l 与α相交【答案】C【解析】∵直线l 的方向向量为()1,2,3a =-，平面α的法向量为()3,6,9n =--，∴13a n =-，∴a n ，∴l α⊥．故选C ．5．（2020·河北新华.石家庄二中高一期末）在正方体1111ABCD A B C D -中，M N ，分别为AD ，11C D 的中点，O 为侧面11BCC B 的中心，则异面直线MN 与1OD 所成角的余弦值为()A ．16B ．14C ．16-D ．14-【答案】A【解析】如图，以D 为坐标原点，分别以1,,DA DC DD 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则()()()()1100,012,121,002M N O D ，，，，，，，，，∴()()11,1,2,1,2,1MN OD =-=--．则1111cos ,6MN OD MN OD MN OD ⋅===．∴异面直线MN 与1OD 所成角的余弦值为16,故选A．6．（2020·吉化第一高级中学校）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA AB =，则CD 与平面1BDC 所成角的正弦值等于（）A ．23B．3C ．23D ．13【答案】A【解析】设1AB=11BD BC DC ∴===，1BDC ∆面积为3211C BDC C BCDV V --=131********d d ∴⨯⨯=⨯⨯∴=2sin 3d CD θ∴==7．（2020·延安市第一中学高二月考）在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为棱1AA 、1BB 的中点，M 为棱11A B 上的一点，且1(02)A M λλ=<<，设点N 为ME 的中点，则点N 到平面1D EF 的距离为（）A 3λB ．22C ．23λD ．55【答案】D【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，则M （2，λ，2），D 1（0，0，2），E （2，0，1），F （2，2，1），1ED ＝（﹣2，0，1），EF ＝（0，2，0），EM ＝（0，λ，1），设平面D 1EF 的法向量n ＝（x ，y ，z ），则12020n ED x z n EF y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩，取x ＝1，得n ＝（1，0，2），∴点M 到平面D 1EF 的距离为：d ＝||5||55EM n n ⋅==，N 为EM 中点，所以N 到该面的距离为55故选：D．8．（2019·黑龙江大庆四中高二月考）已知空间直角坐标系O xyz -中，()1,2,3OA =u u u r ，()2,1,2OB =u u u r，()1,1,2OP =uu u r，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⎛⎫⎪⎝⎭【答案】C【解析】设(,,)Q x y z ，由点Q 在直线OP 上，可得存在实数λ使得OQ OP λ=，即(,,)(1,1,2)x y z λ=，可得(,,2)Q λλλ,所以(1,2,32),(2,1,22)QA QB λλλλλλ=---=---,则2(1)(2)(2)(1)(32)(22)2(385)QA QB λλλλλλλλ⋅=--+--+--=-+，根据二次函数的性质，可得当43λ=时，取得最小值23-，此时448(,,)333Q .故选：C.二、多选题(每题不止一个正确的选项，5分/题，共20分）9．（2020·河北省盐山中学高一期末）若长方体1111ABCD A B C D -的底面是边长为2的正方形，高为4，E 是1DD 的中点，则（）A ．11B E A B⊥B ．平面1//B CE 平面1A BDC ．三棱锥11C B CE -的体积为83D ．三棱锥111C B CD -的外接球的表面积为24π【答案】CD【解析】以1{,,}AB AD AA 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(2,0,0)B ，(2,2,0)C ，(0,2,0)D ，1(0,0,4)A ，1(2,0,4)B ，(0,2,2)E ，所以1(2,2,2)B E =--，1(2,0,4)A B =-，因为1140840B E A B ⋅=-++=≠，所以1B E 与1A B uuu r不垂直，故A 错误；1(0,2,4)CB =-，(2,0,2)CE =-设平面1B CE 的一个法向量为111(,,)n x y z =，则由100n CB n CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得1111240220y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，所以11112y z x z =⎧⎨=⎩，不妨取11z =，则11x =，12y =所以(1,2,1)n =，同理可得设平面1A BD 的一个法向量为(2,2,1)m =，故不存在实数λ使得n λm =，故平面1B CE 与平面1A BD 不平行，故B 错误；在长方体1111ABCD A B C D -中，11B C ⊥平面11CDD C ，故11B C 是三棱锥11B CEC -的高，所以111111111184223323三棱锥三棱锥CEC C B CE CEC B V V S B C --==⋅=⨯⨯⨯⨯=△，故C 正确；三棱锥111C B CD -的外接球即为长方体1111ABCD A B C D -的外接球，故外接球的半径2242R ==所以三棱锥111C B CD -的外接球的表面积2424S R ππ==，故D 正确.故选：CD.10．（2020·福建厦门。
2021-2022学年高中数学 1 空间向量与立体几何章末综合测评新人教A版选择性必修第一册
2021-2022学年高中数学1 空间向量与立体几何章末综合测评新人教A版选择性必修第一册年级：姓名：章末综合测评(一) 空间向量与立体几何(满分：150分 时间：120分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40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a ＝(－3,2,5)，b ＝(1,5，－1)，则a ·(a ＋3b )＝( ) A ．(0,34,10) B ．(－3,19,7) C ．44D ．23C [a ＋3b ＝(－3,2,5)＋3(1,5，－1)＝(0,17,2)，则a ·(a ＋3b )＝(－3,2,5)·(0,17,2)＝0＋34＋10＝44.]2．设l 1的方向向量为a ＝(1,2，－2)，l 2的方向向量为b ＝(－2,3，m )，若l 1⊥l 2，则m 等于( )A ．1B ．2C ．12D ．3B [若l 1⊥l 2，则a ⊥b ，∴a ·b ＝0， ∴1×(－2)＋2×3＋(－2m )＝0，解得m ＝2.]3．在空间四边形ABCD 中，若向量AB →＝(－3,5,2)，CD →＝(－7，－1，－4)，点E ，F 分别为线段BC ，AD 的中点，则EF →的坐标为( )A ．(2,3,3)B ．(－2，－3，－3)C ．(5，－2,1)D ．(－5,2，－1)B [取AC 中点M ，连接ME ，MF (图略)，则ME →＝12AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，52，1，MF →＝12CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－72，－12，－2，所以EF →＝MF →－ME →＝(－2，－3，－3)，故选B ．]4．如图所示，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 为上底面对角线A 1C 1的中点，若BE →＝AA 1→＋xAB →＋yAD →，则( )A ．x ＝－12，y ＝12B ．x ＝12，y ＝－12C ．x ＝－12，y ＝－12D ．x ＝12，y ＝12A [BE →＝BA →＋AA 1→＋A 1E →＝－AB →＋AA 1→＋12(A 1B 1→＋A 1D 1→)＝－AB →＋AA 1→＋12AB →＋12AD →＝－12AB →＋AA 1→＋12AD →，∴x ＝－12，y ＝12.]5．已知A (2，－5,1)，B (2，－4,2)，C (1，－4,1)，则AB →与AC →的夹角为( ) A ．30° B ．60° C ．45°D ．90°B [由题意得AB →＝(0,1,1)，AC →＝(－1,1,0)，cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝12×2＝12，所以AB →与AC →的夹角为60°.] 6．已知二面角αl β的大小为π3，m ，n 为异面直线，且m ⊥α，n ⊥β，则m ，n 所成的角为( )A ．π6B ．π3C ．π2D ．2π3B [设m ，n 的方向向量分别为m ，n .由m ⊥α，n ⊥β知m ，n 分别是平面α，β的法向量．∵|cos〈m ，n 〉|＝cos π3＝12，∴〈m ，n 〉＝π3或2π3.但由于两异面直线所成的角的范围为⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，故异面直线m ，n 所成的角为π3.]7.如图，在棱长为a 的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 为A 1D 1的中点，Q 为A 1B 1上任意一点，E ，F 为CD 上两个动点，且EF 的长为定值，则点Q 到平面PEF 的距离( )A ．等于55a B ．和EF 的长度有关 C ．等于23a D ．和点Q 的位置有关A [取B 1C 1的中点G ，连接PG ，CG ，DP ，则PG ∥CD ，所以点Q 到平面PEF 的距离即点Q 到平面PGCD 的距离，与EF 的长度无关，B 错．又A 1B 1∥平面PGCD ，所以点A 1到平面PGCD 的距离即点Q 到平面PGCD 的距离，即点Q 到平面PEF 的距离，与点Q 的位置无关，D 错．如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，则C (0，a ,0)，D (0,0,0)，A 1(a ,0，a )，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，a ，∴DC →＝(0，a ,0)，DA 1→＝(a ,0，a )，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，a ， 设n ＝(x ，y ，z )是平面PGCD 的法向量， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DP →＝0，n ·DC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a2x ＋az ＝0，ay ＝0，令z ＝1，则x ＝－2，y ＝0，所以n ＝(－2,0,1)是平面PGCD 的一个法向量． 设点Q 到平面PEF 的距离为d ，则d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪DA 1→·n |n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2a ＋a 5＝5a 5，A 对，C 错．故选A ．]8.如图所示，ABCD A 1B 1C 1D 1是棱长为6的正方体，E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF .当A 1，E ，F ，C 1四点共面时，平面A 1DE 与平面C 1DF 所成夹角的余弦值为( )A ．22 B ．12C ．15D ．265B [以D 为原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，易知当E (6,3,0)，F (3,6,0)时，A 1，E ，F ，C 1共面，设平面A 1DE 的法向量为n 1＝(a ，b ，c )，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n 1＝6a ＋3b ＝0，DA 1→·n 1＝6a ＋6c ＝0，可取n 1＝(－1,2,1)，同理可得平面C 1DF 的一个法向量为n 2＝(2，－1,1)， 故平面A 1DE 与平面C 1DF 的夹角的余弦值为|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12.故选B ．]二、选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分)9．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的中心为O ，则下列结论中正确的有( ) A ．OA →＋OD →与OB 1→＋OC 1→是一对相反向量 B ．OB →－OC →与OA 1→－OD 1→是一对相反向量C ．OA →＋OB →＋OC →＋OD →与OA 1→＋OB 1→＋OC 1→＋OD 1→是一对相反向量 D ．OA 1→－OA →与OC →－OC 1→是一对相反向量ACD [∵O 为正方体的中心，∴OA →＝－OC 1→，OD →＝－OB 1→，故OA →＋OD →＝－(OB 1→＋OC 1→)，同理可得OB →＋OC →＝－(OA 1→＋OD 1→)，故OA →＋OB →＋OC →＋OD →＝－(OA 1→＋OB 1→＋OC 1→＋OD 1→)，∴AC 正确；∵OB →－OC →＝CB →，OA 1→－OD 1→＝D 1A 1→，∴OB →－OC →与OA 1→－OD 1→是两个相等的向量，∴B 不正确；∵OA 1→－OA →＝AA 1→，OC →－OC 1→＝C 1C →＝－AA 1→，∴OA 1→－OA →＝－(OC →－OC 1→)，∴D 正确．]10．在以下选项中，不正确的命题有( ) A ．|a |－|b |＝|a ＋b |是a ，b 共线的充要条件 B ．若a ∥b ，则存在唯一的实数λ，使a ＝λbC ．对空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP →＝2OA →－2OB →－OC →，则P ，A ，B ，C 四点共面D ．若{a ，b ，c }为空间的一个基底，则{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }构成空间的另一个基底ABC [A ．|a |－|b |＝|a ＋b |⇒a 与b 共线，但a 与b 共线时|a |－|b |＝|a ＋b |不一定成立，故不正确；B ．b 需为非零向量，故不正确；C ．因为2－2－1≠1，由共面向量定理知，不正确；D ．由基底的定义知正确．]11．下列说法正确的是( )A ．直线l 的方向向量a ＝(1，－1,2)，直线m 的方向向量b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，1，－12，则l与m 垂直B ．直线l 的方向向量a ＝(0,1，－1)，平面α的法向量n ＝(1，－1，－1)，则l ⊥αC ．平面α，β的法向量分别为n 1＝(0,1,3)，n 2＝(1,0,2)，则α∥βD ．平面α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α的法向量，则u ＋t ＝1AD [对于A ，∵a ＝(1，－1,2)，b ＝⎝⎛⎭⎪⎫2，1，－12，∴a ·b ＝1×2＋(－1)×1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0，∴a ⊥b ，∴直线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，∴a ⊥n ，∴l ∥α或l ⊂α，B 错误．对于C ，∵n 1＝(0,1,3)，n 2＝(1,0,2)，∴n 1与n 2不共线，∴α∥β不成立，C 错误．对于D ，由于A (1,0，－1)，B (0,1,0)，C (－1,2,0)，则AB →＝(－1,1,1)，BC →＝(－1,1,0)，又向量n ＝(1，u ，t )是平面α的法向量，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BC →＝0，即⎩⎨⎧－1＋u ＋t ＝0，－1＋u ＝0，则u ＋t ＝1，D 正确．]12．如图(1)是一副直角三角板的示意图．现将两三角板拼成直二面角，得到四面体ABCD ，如图(2)所示，则下列结论中正确的是( )A ．BD →·AC →＝0B ．平面BCD 的法向量与平面ACD 的法向量垂直C ．异面直线BC 与AD 所成的角为60° D ．直线DC 与平面ABC 所成的角为30°AD [以B 为坐标原点，分别以BD →，BC →的方向为x 轴，y 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．设BD ＝2，则B (0,0,0)，D (2,0,0)，C (0,23，0)，A (0，3，3)，∴BD →＝(2,0,0)，AC →＝(0，3，－3)，BC →＝(0,23，0)，AD →＝(2，－3，－3)，DC →＝(－2,23，0)．∴BD →·AC →＝(2,0,0)·(0，3，－3)＝0，A 正确；易得平面BCD 的一个法向量为n 1＝(0,0，3)，平面ACD 的一个法向量为n 2＝(3，1,1)，n 1·n 2≠0，B 错误；|cos 〈BC →，AD →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BC →·AD →|BC →||AD →|＝|0，23，0·2，－3，－3|23×10＝310≠12，C 错误；易得平面ABC 的一个法向量为BD →＝(2,0,0)，设直线DC 与平面ABC 所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪DC →·BD →|DC →|·|BD →|＝44×2＝12，故D 正确．]三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上) 13．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC ，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP →⊥平面ABC ，则BP →＝________.⎝⎛⎭⎪⎫337，－157，－3 [∵AB →⊥BC →，∴AB →·BC →＝0，∴3＋5－2z ＝0，∴z ＝4. ∵BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP →⊥平面ABC ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧BP →·AB →＝0，BP →·BC →＝0，即⎩⎨⎧x －1＋5y ＋6＝0，3x －3＋y －12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝407，y ＝－157.故BP →＝⎝⎛⎭⎪⎫337，－157，－3.] 14．已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)，若a ，b ，c 共面，则λ＝________.657[易知a 与b 不共线，由共面向量定理可知，要使a ，b ，c 共面，则必存在实数x ，y ，使得c ＝x a ＋y b ，即⎩⎨⎧2x －y ＝7，－x ＋4y ＝5，3x －2y ＝λ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝337，y ＝177，λ＝657.]15．已知A (0,0，－x )，B (1，2，2)，C (x ，2，2)三点，点M 在平面ABC 内，O 是平面ABC 外一点，且OM →＝xOA →＋2xOB →＋4OC →，则x ＝________，AB →与AC →的夹角为________．(本题第一空2分，第二空3分)－1π3[由A ，B ，C ，M 四点共面可知x ＋2x ＋4＝1，∴x ＝－1. ∴A (0,0,1)，C (－1，2，2)，∴AB →＝(1，2，1)，AC →＝(－1，2，1)， ∴cos〈AB →，AC →〉＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝12，即AB →与AC →的夹角为π3.]16．如图，等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角C AB D 的余弦值为33，M ，N 分别是AC ，BC 的中点，则EM ，AN 所成角的余弦值为________．16[如图所示，过点C 作CO ⊥平面ABDE ，垂足为O ，取AB 的中点F ，连接CF ，OF ，OA ，OB ，则∠CFO 为二面角C AB D 的平面角，所以cos∠CFO ＝33. 设AB ＝1，则CF ＝32，OF ＝12，OC ＝22，所以O 为正方形ABDE 的中心．如图建立空间直角坐标系，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22，0，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫24，0，24，N ⎝⎛⎭⎪⎫0，24，24，所以EM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫24，22，24，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，24，24，所以cos 〈EM →，AN →〉＝EM →·AN →|EM →||AN →|＝16.]四、解答题(本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知空间三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b ＝AC →.(1)若|c |＝3，且c ∥BC →，求向量c ； (2)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值；(3)若k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求实数k 的值． [解] (1)∵c ∥BC →，∴存在实数m ，使得c ＝mBC →＝m (－2，－1,2)＝(－2m ，－m ,2m )． ∵|c |＝3， ∴－2m2＋－m2＋2m2＝3|m |＝3，∴m ＝±1.∴c ＝(－2，－1,2)或c＝(2,1，－2)．(2)∵a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)，∴a·b ＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1.又∵|a |＝12＋12＋02＝2，|b |＝－12＋02＋22＝5，∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a ||b |＝－110＝－1010， 即向量a 与向量b 的夹角的余弦值为－1010. (3)∵k a ＋b ＝(k －1，k ,2)，k a －2b ＝(k ＋2，k ，－4)，∴(k －1，k ,2)·(k ＋2，k ，－4)＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8＝0，∴k ＝2或k ＝－52.∴当k a ＋b 与k a －2b 互相垂直时，实数k 的值为2或－52.18.(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．(1)求证：B 1D ⊥平面ABD ； (2)求证：平面EGF ∥平面ABD ．[解] 如图，以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Bxyz ，则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)．(1)设BA ＝a ，则A (a ,0,0)．所以BA →＝(a ,0,0)，BD →＝(0,2,2)，B 1D →＝(0,2，－2)． 所以B 1D →·BA →＝0，B 1D →·BD →＝0＋4－4＝0.所以B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD ． 又BA ∩BD ＝B ， 所以B 1D ⊥平面ABD ．(2)由题意及(1)，知E (0,0,3)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，4，F (0,1,4)，所以EG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，1，1，EF→＝(0,1,1)．所以B 1D →·EG →＝0＋2－2＝0，B 1D →·EF →＝0＋2－2＝0. 所以B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF . 又EG ∩EF ＝E ， 所以B 1D ⊥平面EGF . 由(1)，知B 1D ⊥平面ABD ， 故平面EGF ∥平面ABD ．19．(本小题满分12分)如图，已知四边形ABCD 为矩形，四边形ABEF 为直角梯形，FA ⊥AB ，AD ＝AF ＝FE ＝1，AB ＝2，AD ⊥BE .(1)求证：BE ⊥DE ；(2)求点F 到平面CBE 的距离．[解] ∵四边形ABCD 为矩形，∴AD ⊥AB ， 又AD ⊥BE ，AB ∩BE ＝B ， ∴AD ⊥平面ABEF ， 又AD ⊂平面ABCD ， ∴平面ABCD ⊥平面ABEF .∵FA ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ， ∴FA ⊥平面ABCD ．∴FA ⊥AD ． (1)证明：如图，建立空间直角坐标系，则B (0,2,0)，C (1,2,0)，D (1,0,0)，E (0,1,1)，F (0,0,1)， ∴BE →＝(0，－1,1)，DE →＝(－1,1,1)， ∴BE →·DE →＝0×(－1)＋(－1)×1＋1×1＝0， ∴BE →⊥DE →，∴BE ⊥DE .(2)由(1)得BC →＝(1,0,0)，BE →＝(0，－1,1)，FE →＝(0,1,0)， 设n ＝(x ，y ，z )是平面CBE 的法向量，则由 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BE →＝0，得⎩⎨⎧x ＝0，－y ＋z ＝0，令y ＝1，得z ＝1，∴n ＝(0,1,1)是平面CBE 的一个法向量． 设点F 到平面CBE 的距离为d ， 则d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪FE →·n |n |＝12＝22.∴点F 到平面CBE 的距离为22. 20．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，AC ⊥AB ，AC ＝AB ＝4，AA 1＝6，点E ，F 分别为CA 1，AB 的中点．(1)证明：EF ∥平面BCC 1B 1；(2)求B 1F 与平面AEF 所成角的正弦值．[解] (1)证明：如图，连接EC 1，BC 1，因为三棱柱A 1B 1C 1ABC 为直三棱柱，所以E 为AC 1的中点．又因为F 为AB 的中点，所以EF ∥BC 1.又EF ⊄平面BCC 1B 1，BC 1⊂平面BCC 1B 1，所以EF ∥平面BCC 1B 1.(2)以A 1为原点，A 1C 1，A 1B 1，A 1A 所在直线分别为x 、y 、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系A 1xyz ，则A (0,0,6)，B 1(0,4,0)，E (2,0,3)，F (0,2,6)， 所以B 1F →＝(0，－2,6)，AE →＝(2,0，－3)，AF →＝(0,2,0)， 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝2x －3z ＝0，n ·AF →＝2y ＝0，令x ＝3，得n ＝(3,0,2)，记B 1F 与平面AEF 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈B 1F →，n 〉|＝|B 1F →·n ||B 1F →|·|n |＝313065.21．(本小题满分12分)如图所示的几何体中，BE ⊥BC ，EA ⊥AC ，BC ＝2，AC ＝22，∠ACB ＝45°，AD ∥BC ，BC ＝2AD ．(1)求证：AE ⊥平面ABCD ；(2)若∠ABE ＝60°，点F 在EC 上，且满足EF ＝2FC ，求平面FAD 与平面ADC 的夹角的余弦值．[解] (1)证明：在△ABC 中，BC ＝2，AC ＝22，∠ACB ＝45°，由余弦定理可得AB 2＝BC 2＋AC 2－2×BC ×AC ×cos 45°＝4，所以AB ＝2(负值舍去)，因为AC 2＝AB 2＋BC 2，所以△ABC 是直角三角形，AB ⊥BC ． 又BE ⊥BC ，AB ∩BE ＝B ， 所以BC ⊥平面ABE .因为AE ⊂平面ABE ，所以BC ⊥AE ， 因为EA ⊥AC ，AC ∩BC ＝C ， 所以AE ⊥平面ABCD ．(2)由题易得EB ＝2AB ＝4，由(1)知，BC ⊥平面ABE ，所以平面BEC ⊥平面ABE ，如图，以B 为原点，过点B 且垂直于平面BEC 的直线为z 轴，BE ，BC 所在直线分别为x ，y 轴，建立空间直角坐标系Bxyz ，则C (0,2,0)，E (4,0,0)，A (1,0，3)，D (1,1，3)，因为EF ＝2FC ，所以F ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，0，易知AD →＝(0,1,0)，AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，43，－3，设平面FAD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AD →·n ＝0，AF →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，13x ＋43y －3z ＝0，令z ＝3，则x ＝9，所以n ＝(9,0，3)．由(1)知EA ⊥平面ABCD ，所以EA →＝(－3,0，3)为平面ABCD 的一个法向量． 设平面FAD 与平面ADC 的夹角为α， 则cos α＝|EA →·n ||EA →|·|n |＝2423×221＝277，所以平面FAD 与平面ADC 的夹角的余弦值为277.22．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠DAB ＝60°，∠ADP ＝90°，平面ADP ⊥平面ABCD ，F 为棱PD 的中点．(1)在棱AB 上是否存在一点E ，使得AF ∥平面PCE ？并说明理由；(2)当二面角D FC B 的余弦值为14时，求直线PB 与平面ABCD 所成的角．[解] (1)在棱AB 上存在点E ，使得AF ∥平面PCE ，且E 为棱AB 的中点． 理由如下：如图，取PC 的中点Q ，连接EQ ，FQ ， 由题意得，FQ ∥DC 且FQ ＝12CD ，因为AE ∥CD 且AE ＝12CD ，所以AE ∥FQ 且AE ＝FQ .所以四边形AEQF 为平行四边形． 所以AF ∥EQ .又EQ ⊂平面PCE ，AF ⊄平面PCE ，所以AF ∥平面PCE .(2)连接BD ，DE .由题意知△ABD 为正三角形，所以ED ⊥AB ，即ED ⊥CD ， 又∠ADP ＝90°，所以PD ⊥AD ，且平面ADP ⊥平面ABCD ，平面ADP ∩平面ABCD ＝AD ，所以PD ⊥平面ABCD ，故以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设FD ＝a ，则由题意知F (0,0，a )，C (0,2,0)，B (3，1,0)，则FC →＝(0,2，－a )，CB →＝(3，－1,0)， 设平面FBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )． 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·FC →＝2y －az ＝0，m ·CB →＝3x －y ＝0，令x ＝1，则y ＝3，z ＝23a，所以m ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，3，23a ，易知平面DFC 的一个法向量n ＝(1,0,0)， 因为二面角D FC B 的余弦值为14，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n ||m ||n |＝14，即14＋12a2＝14，解得a ＝1(负值舍去)． 因为PD ⊥平面ABCD ，所以PB 在平面ABCD 内的射影为BD ， 所以∠PBD 为直线PB 与平面ABCD 所成的角， 由题意知在Rt△PBD 中，tan∠PBD ＝PD BD ＝2FDBD＝1，所以∠PBD ＝45°，所以直线PB 与平面ABCD 所成的角为45°.。
人教A版第八章《立体几何初步》章末检测1
第八章《立体几何初步》章末检测一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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、列说法中，正确的是()B.若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其他侧面也是矩形2、一平面四边形OABC的直观图O′A′B′C′如图所示，其中O′C′⊥x′轴，A′B′⊥x′轴，B′C′∥y′轴，则四边形OABC的面积为()A．322B．32C．3 D．323、如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为()A．4＋42B．4＋43C．12 D．8＋4 2 4、已知三棱台ABC－A1B1C1中，三棱锥A－A1B1C1的体积为4，三棱锥A1－ABC 的体积为8，则该三棱台的体积为()A．12＋3 3 B．12＋4 2C．12＋4 3 D．12＋475、如图1，正方形SG1G2G3中，E、F分别是G1G2、G2G3的中点，D是EF的中点，如图2，沿SE、SF、EF将正方形折成一个四面体，使G1、G2、G3重合，重合后的点记为G，则在四面体S－EGF中()A．SG⊥平面EFG B．SD⊥平面EFGC．GF⊥平面SEF D．GD⊥平面SEF6、设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，p：m⊥n，若p是q 的必要条件，则q可能是()A．q：m⊥α，n∥β，α⊥βB．q：m⊂α，n⊥β，α∥βC．q：m⊥α，n⊥β，α∥βD．q：m⊂α，n∥β，α⊥β7、如图，在三棱锥P－ABC中，点D，E分别为棱PB，BC的中点．若点F在线段AC上，且满足AD∥平面PEF，则AFFC的值为()A．1 B．2C．12D．238、棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是AB，BC，B1C1不正确的是()A.P点在直线BC1上运动时，三棱锥A－D1PC体积不变B.Q点在直线EF上运动时，直线GQ始终与平面AA1C1C平行B1BD⊥平面ACD1D－EFG的体积为3 8二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9、设有不同的直线a，b和不同的平面α，β，给出下列四个命题中，其中正确的是()A．若a∥α，b∥α，则a∥b B．若a∥α，a∥β，则α∥βC．若a⊥α，b⊥α，则a∥b D．若a⊥α，a⊥β，则α∥β10、如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，下列结论正确的是()A.AP与CM是异面直线B.AP，CM，DD1相交于一点C.MN∥BD1D.MN∥平面BB1D1D11、“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到的半正多面体的表面积为12＋43，则关于该半正多面体的下列说法中正确的是()A．AB＝ 2B．该半正多面体的外接球的表面积为6πC．AB与平面BCD所成的角为π4D．与AB所成的角是π3的棱共有16条12、如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝1，则当E，F移动时，下列结论正确的是( )A.AE ∥平面C 1BD ACEF 的体积不为定值 A －BEF 的体积为定值 D.四面体ACDF 的体积为定值三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13、一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.14、在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的点，则点Q 满足条件________时，有平面D 1BQ ∥平面P AO . 15、已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上，若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为________．16、如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠DAB ＝π3，侧面P AD 是等边三角形，且平面P AD ⊥平面ABCD ，E 为棱PC 上一点，若平面EBD ⊥平面ABCD ，则PEEC ＝ .四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17、（1）已知圆锥的顶点为A ，过母线AB ，AC 的截面面积是2 3.若AB ，AC 的夹角是60°，且AC 与圆锥底面所成的角是30°，求该圆锥的表面积； （2）已知三棱锥S －ABC 中，∠SAB ＝∠ABC ＝π2，SB ＝4，SC ＝213，AB ＝2，BC ＝6，求三棱锥S －ABC 的体积.18、如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE与棱PD交于点F.(1)求证：AB∥EF；(2)若AF⊥EF，求证：平面P AD⊥平面ABCD.19、如图，在四棱锥C－ABED中，四边形ABED是正方形，点G，F分别是线段EC，BD的中点．(1)求证：GF∥平面ABC；(2)线段BC上是否存在一点H，使得平面GFH∥平面ACD？若存在，请找出点H并证明；若不存在，请说明理由．20、在四棱锥P－ABCD中，平面P AD⊥平面ABCD，P A＝PD＝2，四边形ABCD 是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，E是AD的中点．(1)求证：BE⊥平面P AD；(2)求点E到平面P AB的距离．21、如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△PBC为正三角形，M，N分别为PD，BC的中点，PN⊥AB.(1)求三棱锥P－AMN的体积；(2)求二面角M－AN－D的正切值.22、在四棱锥P-ABCD中，△P AD是等边三角形，且平面P AD⊥平面ABCD，AD＝2AB＝2BC，∠BAD＝∠ABC＝90°.(1)AD上是否存在一点M，使得平面PCM⊥平面ABCD，若存在，请证明；若不存在，请说明理由；(2)若△PCD的面积为87，求四棱锥P-ABCD的体积．。
高考数学第一章空间向量与立体几何章末检测试卷一新人教A版选择性必修第一册
章末检测试卷(一)(时间：120分钟 满分：150分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分) 1．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB →＋BC →＋CC 1—→－D 1C 1—→等于( ) A.AD 1—→ B.AC 1—→ C.AD → D.AB → 答案 A解析 AB →＋BC →＋CC 1—→－D 1C 1—→＝AC 1—→＋C 1D 1—→＝AD 1—→.2．若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为μ，则能使l ∥α的是( ) A ．a ＝(1,0,0)，μ＝(－2,0,0) B ．a ＝(1,3,5)，μ＝(1,0,1) C ．a ＝(0,2,1)，μ＝(－1,0,1) D ．a ＝(1，－1,3)，μ＝(0,3,1) 答案 D解析 由l ∥α，故a ⊥μ，即a ·μ＝0，故选D.3．已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的上底面A 1B 1C 1D 1的中心为O 1，则AO 1—→·AC →的值为( )A ．－1B ．0C ．1D ．2 答案 C解析 由于AO 1—→＝AA 1—→＋A 1O 1—→＝AA 1—→＋12(A 1B 1—→＋A 1D 1—→)＝AA 1—→＋12(AB →＋AD →)，而AC →＝AB →＋AD →，则AO 1—→·AC →＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤AA 1—→＋12AB →＋AD →·(AB →＋AD →)＝12(AB →＋AD →)2＝1.4．已知△ABC 的三个顶点为A (3,3,2)，B (4，－3,7)，C (0,5,1)，则BC 边上的中线长为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5答案 B解析 设BC 边的中点为D ， 则AD →＝12(AB →＋AC →)＝(－1，－2,2)，所以|AD →|＝1＋4＋4＝3.5．若向量a ＝(x ，4,5)，b ＝(1，－2,2)，且a 与b 的夹角的余弦值为26，则x 等于( )A ．3B ．－3C ．－11D ．3或－11 答案 A解析 因为a ·b ＝(x ，4,5)·(1，－2,2)＝x －8＋10＝x ＋2，且a 与b 的夹角的余弦值为26， 所以26＝x ＋2x 2＋42＋52×1＋4＋4，解得x ＝3或－11(舍去)，故选A. 6．平面α的法向量u ＝(x ，1，－2)，平面β的法向量ν＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，y ，12，已知α∥β，则x ＋y 等于( ) A.154 B.174 C ．3 D.52答案 A解析 由题意知，∵α∥β，∴u ＝λν，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－λ，1＝λy ，－2＝12λ，解得λ＝－4，y ＝－14，x ＝4，∴x ＋y ＝4－14＝154.7．已知平面α内两向量a ＝(1,1,1)，b ＝(0,2，－1)且c ＝m a ＋n b ＋(4，－4,1)．若c 为平面α的法向量，则m ，n 的值分别为( ) A ．－1,2 B ．1，－2 C ．1,2 D ．－1，－2答案 A解析 c ＝m a ＋n b ＋(4，－4,1)＝(m ，m ，m )＋(0,2n ，－n )＋(4，－4,1) ＝(m ＋4，m ＋2n －4，m －n ＋1)， 由c为平面α的法向量，得⎩⎪⎨⎪⎧c ·a ＝0，c ·b ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3m ＋n ＋1＝0，m ＋5n －9＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1，n ＝2.8.如图，四棱锥P －ABCD 中，PB ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AB ＝AD ＝PB ＝3，点E 在棱PA 上，且PE ＝2EA ，则平面ABE 与平面BED 的夹角的余弦值为( )A.23 B.66 C.33 D.63答案 B解析 如图，以B 为坐标原点，分别以BC ，BA ，BP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，A (0,3,0)，P (0,0,3)，D (3,3,0)，E (0,2,1)， ∴BE →＝(0,2,1)，BD →＝(3,3,0)． 设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE →＝2y ＋z ＝0，n ·BD →＝3x ＋3y ＝0，取z ＝1，得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，1.又平面ABE 的法向量为m ＝(1,0,0)，∴cos〈n ，m 〉＝m ·n |n ||m |＝1262×1＝66.∴平面ABE 与平面BED 的夹角的余弦值为66. 二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9．已知空间三点A (1,0,3)，B (－1,1,4)，C (2，－1,3)．若AP →∥BC →，且|AP →|＝14，则点P 的坐标为( ) A ．(4，－2,2) B ．(－2,2,4) C ．(－4,2，－2) D ．(2，－2,4)答案 AB解析 设AP →＝(3λ，－2λ，－λ)．又|AP →|＝14， ∴3λ2＋－2λ2＋－λ2＝14，解得λ＝±1，∴AP →＝(3，－2，－1)或AP →＝(－3,2,1)．设点P 的坐标为(x ，y ，z )，则AP →＝(x －1，y ，z －3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x －1＝3，y ＝－2，z －3＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧ x －1＝－3，y ＝2，z －3＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝－2，z ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝2，z ＝4.故点P 的坐标为(4，－2,2)或(－2,2,4)．10．在三棱锥A －BCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，且DB ＝DC ，E 为BC 的中点，则直线AE 和BC ( )A ．垂直 B. 相交 C ．共面 D ．异面答案 ABC解析 因为E 为BC 的中点，所以AE →＝DE →－DA →＝12(DB →＋DC →)－DA →，因为在三棱锥A －BCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，且DB ＝DC ， 所以AE →·BC →＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12DB →＋DC →－DA →·(DC →－DB →)＝12(DC →2－DB →2)＝0. 所以AE 和BC 垂直．又AE ，BC 显然相交，故选ABC.11．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则( ) A ．l ∥α B ．l ⊥α C ．l ⊂α D ．l 与α相交答案 BD解析 ∵a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)， ∴n ＝－2a ，即a ∥n ，∴l ⊥α.12．已知直线l 过点P (1,0，－1)且平行于向量a ＝(2,1,1)，平面α过直线l 与点M (1,2,3)，则平面α的法向量可能是( )A ．(1，－4,2) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－1，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，1，－12D ．(0，－1,1)答案 ABC解析 因为PM →＝(0,2,4)，直线l 平行于向量a ，若n 是平面α的一个法向量，则必须满足PM →与法向量垂直，把选项代入验证，只有选项D 不满足，故选ABC. 三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若点F 是侧面CD 1的中心，且AF →＝AD →＋mAB →－nAA 1→，则m ＝________. 答案 12解析 由于AF →＝AD →＋DF →＝AD →＋12(DC →＋DD 1—→)＝AD →＋12AB →＋12AA 1—→，所以m ＝12，n ＝－12.14．设平面α的法向量为m ＝(1,2，－2)，平面β的法向量为n ＝(－2，－4，k )，若α∥β，则k ＝________. 答案 4解析 由α∥β得1－2＝2－4＝－2k，解得k ＝4.15．在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为________． 答案55解析 不妨设CB ＝1，则B (0,0,1)，A (2,0,0)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)． ∴BC 1—→＝(0,2，－1)，AB 1—→＝(－2,2,1)．cos 〈BC 1—→，AB 1—→〉＝BC 1—→·AB 1—→|BC 1—→|·|AB 1—→|＝0＋4－15×3＝55.16．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为CC 1的中点，P ，Q 是正方体表面上相异两点，满足BP ⊥A 1E ，BQ ⊥A 1E .(1)若P ，Q 均在平面A 1B 1C 1D 1内，则PQ 与BD 的位置关系是________；(2)|A 1P |的最小值为________．(本题第一空2分，第二空3分) 答案 (1)平行 (2)324解析 (1)以D 为原点，以DA ，DC ，DD 1 所在的直线为 x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，A 1(1,0,1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12，B (1,1,0) ，因为P ，Q 均在平面A 1B 1C 1D 1内，所以设P (a ，b ，1)，Q (m ，n ，1)，A 1E —→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，－12，BP →＝(a －1，b －1,1)，BQ →＝(m －1，n －1,1) ，因为BP ⊥A 1E , BQ ⊥A 1E ，所以⎩⎪⎨⎪⎧BP →·A 1E —→＝－a －1＋b －1－12＝0，BQ →·A 1E —→＝－m －1＋n －1－12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b －a ＝12，n －m ＝12，PQ →＝(n －b ，n －b ，0)，BD →＝(－1，－1,0) ，所以PQ 与BD 的位置关系是平行．(2)由(1)可知：b －a ＝12，|A 1P —→|＝a －12＋b 2＝a －12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋122 ＝2a 2－a ＋54＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －142＋98， 当a ＝14时，|A 1P —→|有最小值，最小值为324.四．解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)已知a ＝(x ，4,1)，b ＝(－2，y ，－1)，c ＝(3，－2，z )，a ∥b ，b ⊥c ，求： (1)a ，b ，c ；(2)a ＋c 与b ＋c 夹角的余弦值．解 (1)因为a ∥b ，所以x －2＝4y ＝1－1，解得x ＝2，y ＝－4，则a ＝(2,4,1)，b ＝(－2，－4，－1)． 又b ⊥c ，所以b ·c ＝0，即－6＋8－z ＝0， 解得z ＝2，于是c ＝(3，－2,2)．(2)由(1)得a ＋c ＝(5,2,3)，b ＋c ＝(1，－6,1)， 设a ＋c 与b ＋c 的夹角为θ， 因为cos θ＝5－12＋338·38＝－219.所以a ＋c 与b ＋c 夹角的余弦值为－219.18．(12分)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，CD ∥AB ，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，且PB ＝4PM ，∠PBC ＝30°，求证：CM ∥平面PAD .证明 建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，∵∠PBC ＝30°，PC ＝2， ∴BC ＝23，PB ＝4，∴D (1,0,0)，C (0,0,0)，A (4,23，0)，P (0，0,2)， ∵PB ＝4PM ， ∴PM ＝1，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32， ∴CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32，DP →＝(－1,0,2)，DA →＝(3,23，0)，设平面PAD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DP →＝0，n ·DA →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋2z ＝0，3x ＋23y ＝0，令x ＝1，解得y ＝－32，z ＝12，故n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，12， 又∵CM →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32·⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，12＝0，∴CM →⊥n ，又CM ⊄平面PAD ， ∴CM ∥平面PAD .19.(12分)如图，正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直，AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AB ＝AD ＝2，CD ＝4，M 为CE 的中点．(1)求证：BM ∥平面ADEF ； (2)求证：BC ⊥平面BDE .证明 ∵平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，AD ⊥ED ，ED ⊂平面ADEF ， ∴ED ⊥平面ABCD .以D 为原点，DA →，DC →，DE →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系．则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,4,0)，E (0,0,2)，F (2,0,2)． (1)∵M 为EC 的中点，∴M (0,2,1)，则BM →＝(－2,0,1)，AD →＝(－2,0,0)，AF →＝(0,0,2)， ∴BM →＝AD →＋12AF →，故BM →，AD →，AF →共面．又BM ⊄平面ADEF ，∴BM ∥平面ADEF .(2)BC →＝(－2,2,0)，DB →＝(2,2,0)，DE →＝(0,0,2)， ∵BC →·DB →＝－4＋4＝0，∴BC ⊥DB . 又BC →·DE →＝0，∴BC ⊥DE . 又DE ∩DB ＝D ，∴BC ⊥平面BDE .20．(12分)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 为正三角形，且侧棱AA 1⊥底面ABC ，且底面边长与侧棱长都等于2，O ，O 1分别为AC ，A 1C 1的中点，求平面AB 1O 1与平面BC 1O 间的距离． 解 如图，连接OO 1，根据题意，OO 1⊥底面ABC ，则以O 为原点，分别以OB ，OC ，OO 1所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．∵AO 1∥OC 1，OB ∥O 1B 1，AO 1∩O 1B 1＝O 1，OC 1∩OB ＝O ， ∴平面AB 1O 1∥平面BC 1O .∴平面AB 1O 1与平面BC 1O 间的距离即为点O 1到平面BC 1O 的距离． ∵O (0,0,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1,2)，O 1(0,0,2)， ∴OB →＝(3，0,0)，OC 1—→＝(0,1,2)，OO 1—→＝(0,0,2)， 设n ＝(x ，y ，z )为平面BC 1O 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB →＝0，n ·OC 1—→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋2z ＝0，∴可取n ＝(0,2，－1)． 点O 1到平面BC 1O 的距离记为d ， 则d ＝|n ·OO 1—→||n |＝25＝255.∴平面AB 1O 1与平面BC 1O 间的距离为255.21．(12分)如图，在空间直角坐标系Dxyz 中，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1为长方体，AA 1＝AB ＝2AD ，点E ，F 分别为C 1D 1，A 1B 的中点，求平面B 1A 1B 与平面A 1BE 夹角的余弦值．解 设AD ＝1，则A 1(1,0,2)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)，D 1(0,0,2)， 因为E ，F 分别为C 1D 1，A 1B 的中点， 所以E (0,1,2)，F (1,1,1)，所以A 1E —→＝(－1,1,0)，A 1B —→＝(0,2，－2)， 设m ＝(x ，y ，z )是平面A 1BE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧A 1E —→·m ＝0，A 1B —→·m ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，2y －2z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，y ＝z ，取x ＝1，则y ＝z ＝1，所以平面A 1BE 的一个法向量为m ＝(1,1,1)． 又DA ⊥平面A 1B 1B ，所以DA →＝(1,0,0)是平面A 1B 1B 的一个法向量， 所以cos 〈m ，DA →〉＝m ·DA →|m ||DA →|＝13＝33，所以平面B 1A 1B 与平面A 1BE 夹角的余弦值为33. 22．(12分)如图所示， 已知几何体EFG －ABCD ，其中四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，且边长为1，点M 在边DG 上．(1)求证：BM ⊥EF ；(2)是否存在点M ，使得直线MB 与平面BEF 所成的角为45°？若存在，确定点M 的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，所以GD ⊥DA ，GD ⊥DC ，AD ⊥CD ， 又DA ∩DC ＝D ，所以GD ⊥平面ABCD .以点D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ， 则B (1,1,0)，E (1,0,1)，F (0,1,1)．因为点M 在边DG 上，故可设M (0,0，t )(0≤t ≤1)．11 可得MB →＝(1,1，－t )，EF →＝(－1,1,0)，所以MB →·EF →＝1×(－1)＋1×1＋(－t )×0＝0，所以BM ⊥EF .(2)解 假设存在点M ，使得直线MB 与平面BEF 所成的角为45°. 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为BE →＝(0，－1,1)，BF →＝(－1,0,1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE →＝0，n ·BF →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ －y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0， 令z ＝1，得x ＝y ＝1，所以n ＝(1,1,1)为平面BEF 的一个法向量， 所以cos 〈n ，MB →〉＝n ·MB →|n ||MB →|＝2－t3×2＋t 2.因为直线MB 与平面BEF 所成的角为45°，所以sin 45°＝|cos 〈n ，MB →〉|，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－t 3×2＋t 2＝22，解得t ＝－4±3 2.又0≤t ≤1，所以t ＝32－4. 所以存在点M (0,0,32－4)．当点M 位于DG 上，且DM ＝32－4时，直线MB 与平面BEF 所成的角为45°.。
第一章 空间几何体 章末综合检测(人教A版必修2)
【答案】D
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中横线上)
11．底面直径和高都是4 cm的圆柱的侧面积为_____cm2.
【解析】结合柱、锥、台、球的定义可知(3)是棱锥，(4)是棱柱，故选C.
【答案】C
2．下列几何体中，正视图、侧视图、俯视图都相同的几何体的序号是()
(1)(2)(3)(4)
A．(1)(2)B．(2)(3)
C．(3)(4)D．(1)(4)
【解析】正方体的三视图都相同都是正方形，球的三视图都相同都为圆面．
∵AB＝BC＝2 cm，在正方形ABCD中，求得CO＝ cm，
又在直角三角形VOC中，求得VO＝ cm，
∴VV－ABCD＝ SABCD·VO＝ ×4× ＝ (cm3)．
故这个正四棱锥的体积为 cm3.
16．(本小题满分12分)如果一个几何体的正视图与侧视图都是全等的长方形，边长分别是4 cm与2 cm，如图所示，俯视图是一个边长为4 cm的正方形．
【答案】①③
三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答时，应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)如图所示，四棱锥V－ABCD的底面为边长等于2 cm的正方形，顶点V与底面正方形中心的连线为棱锥的高，侧棱长VC＝4 cm，求这个正四棱锥的体积．
【解】连AC、BD相交于点O，连VO，
【答案】D
3．(2014·兰州高一检测)下列说法中正确的是()
A．棱柱的侧面可以是三角形
B．正方体和长方体都是特殊的四棱柱
2021-2022新教材数学人教B版选择性必修第一册章末检测：第一章 空间向量与立体几何
章末检测（一) 空间向量与立体几何本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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．已知空间四边形ABCD ，G 是CD 的中点，连接AG ，则AB ―→＋12 (BD ―→＋BC ―→)＝( ) A ．AG ―→B ．CG ―→C ．BC ―→D ．12 BC ―→解析：选A 在△BCD 中，因为点G 是CD 的中点，所以BG ―→＝12 (BD ―→＋BC ―→)，从而AB ―→＋12 (BD ―→＋BC ―→)＝AB ―→＋BG ―→＝AG ―→．2．已知a ＝(－3，2，5)，b ＝(1，5，－1)，则a ·(a ＋3b )＝( ) A ．(0，34，10) B ．(－3，19，7) C ．44D ．23解析：选C a ＋3b ＝(－3，2，5)＋3(1，5，－1)＝(0，17，2)，则a ·(a ＋3b )＝(－3，2，5)·(0，17，2)＝0＋34＋10＝44.3.如图所示，在空间四边形OABC 中，OA ―→＝a ，OB ―→＝b ，OC ―→＝c ，点M 在OA 上，且OM ＝2MA ，N 为BC 中点，则MN ―→＝( )A ．12 a －23 b ＋12 cB ．－23 a ＋12 b ＋12 cC ．12 a ＋12 b －12 cD ．－23 a ＋23 b －12 c解析：选B MN ―→＝ON ―→－OM ―→＝12 (OB ―→＋OC ―→)－23 OA ―→＝－23 a ＋12 b ＋12 c .4．夹在两平行平面α、β之间的两条射线段AB 和CD 的长分别为8和12，AB 和CD 在α内的射影长之比为3∶5，则α、β间的距离为( )A ．15B ．17C ．19D ．21解析：选C 设α与β之间距离为h ，设AB 和CD 在α内射影长分别为3a 和5a ，则有h ＝82－（3a ）2 ＝122－（5a ）2 ，∴a ＝5 ，故h ＝19 .5．在棱长为1的正四面体ABCD 中，E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则AE ―→·CF ―→＝( ) A ．0 B ．12 C ．－34D ．－12解析：选D 设AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，AD ―→＝c ， 则|a |＝|b |＝|c |＝1， 且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12 ，又AE ―→＝12 (a ＋b )，CF ―→＝12 c －b ， 因此AE ―→·CF ―→＝12 (a ＋b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －b ＝14 a ·c －12 a ·b ＋14 b ·c －12 b 2＝－12 ，故选D.6．在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A 1到截面AB 1D 1的距离为( )A ．83 B ．38 C ．43D ．34解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系．则A (2，0，0)，B 1(2，2，4)，D 1(0，0，4)，A 1(2，0，4)，AB 1―→＝(0，2，4)，AD 1―→＝(－2，0，4)，AA 1―→＝(0，0，4).设平面AB 1D 1的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧AB 1―→·n ＝0， AD 1―→·n ＝0， 即⎩⎨⎧2y ＋4z ＝0，－2x ＋4z ＝0，令x ＝2，得n ＝(2，－2，1).所以A 1到平面AB 1D 1的距离为d ＝|AA 1―→·n ||n |＝43 .7．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 ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34，13B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，34C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，73解析：选C 设点Q (x ，y ，z ).因为点Q 在OP ―→上，所以OQ ―→∥OP ―→，可设x ＝λ，0≤λ≤1，则y ＝λ，z ＝2λ，则Q (λ，λ，2λ)，QA ―→＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB ―→＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，所以QA ―→·QB ―→＝6λ2－16λ＋10＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－43 2 －23 .故当λ＝43 时，QA ―→·QB ―→取得最小值，此时点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83 .故选C.8.如图，在四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为正三角形，底面ABCD 为正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，M 为底面ABCD 内的一个动点，且满足MP ＝MC .则点M 在正方形ABCD 内的轨迹为( )解析：选A 如图，以D 为原点，DA ，DC 所在的直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形ABCD 的边长为a ，M (x ，y ，0)，则0≤x ≤a ，0≤y ≤a ，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，3a 2 ，C (0，a ，0)，则|MC ―→|＝x 2＋（a －y ）2，|MP ―→|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－x 2＋y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 22.由|MP ―→|＝|MC ―→|，得x ＝2y ，所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为一条线段y ＝12 x (0≤x ≤a )，故选A.二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)9．有下列四个命题，其中正确的命题有( )A ．已知A ，B ，C ，D 是空间任意四点，则AB ―→＋BC ―→＋CD ―→＋DA ―→＝0 B ．若两个非零向量AB ―→与CD ―→满足AB ―→＋CD ―→＝0，则AB ―→∥CD ―→C ．分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量可以是共面向量D ．对于空间的任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→(x ，y ，z ∈R )，则P ，A ，B ，C 四点共面解析：选BC 对于A ，已知A ，B ，C ，D 是空间任意四点，则AB ―→＋BC ―→＋CD ―→＋DA ―→＝0，错误；对于B ，若两个非零向量AB ―→与CD ―→满足AB ―→＋CD ―→＝0，则AB ―→∥CD ―→，正确；对于C ，分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量可以是共面向量，正确；对于D ，对于空间的任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→(x ，y ，z ∈R )，仅当x ＋y ＋z ＝1时P ，A ，B ，C 四点共面，故错误．10.如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为AC 的中点，则( )A ．〈A 1B ―→，B 1D 1―→〉＝120° B ．BD 1⊥AC C ．BD 1⊥EB 1 D ．∠BB 1E ＝45°解析：选ABC 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .设正方体的棱长为1，则B (1，1，0)，D 1(0，0，1)，A (1，0，0)，C (0，1，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0 ，B 1(1，1，1)，A 1(1，0，1).BD 1―→＝(－1，－1，1)，AC ―→＝(－1，1，0)， ∵BD 1―→·AC ―→＝(－1)×(－1)＋(－1)×1＋1×0＝0， ∴BD 1―→⊥AC ―→，∴BD 1⊥AC ，B 正确． EB 1―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1 ，∵BD 1―→·EB 1―→＝(－1)×12 ＋(－1)×12 ＋1×1＝0， ∴BD 1―→⊥EB 1―→，∴BD 1⊥EB 1，C 正确． A 1B ―→＝(0，1，－1)，B 1D 1―→＝(－1，－1，0)， cos 〈A 1B ―→，B 1D 1―→〉＝－12·2 ＝－12 ，∴〈A 1B ―→，B 1D 1―→〉＝120°，A 正确．B 1E ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，－1 ，B 1B ―→＝(0，0，－1)， cos 〈B 1E ―→，B 1B ―→〉＝114＋14＋1＝63 ≠22 ，D 不正确，故选A 、B 、C.11．如图，P A ⊥平面ABCD ，正方形ABCD 边长为1，E 是CD 的中点，F 是AD 上一点，当BF ⊥PE 时，则( )A ．AF ∶FD ＝2∶1B ．AF ∶FD ＝1∶1C ．若P A ＝1，则异面直线PE 与BC 所成角的余弦值为23 D ．若P A ＝1，则直线PE 与平面ABCD 所成角为30° 解析：选BC 建立如图所示的空间直角坐标系，设P A ＝a ，则B (1，0，0)，C (1，1，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0 ，P (0，0，a ).设点F 的坐标为(0，y ，0)， 则BF ―→＝(－1，y ，0)， PE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，－a ，∵BF ⊥PE ，∴BF ―→·PE ―→＝0，解得y ＝12 ，即点F 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0 ， ∴F 为AD 的中点，∴AF ∶FD ＝1∶1，B 正确，A 不正确．若P A ＝1，则P (0，0，1)，PE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，－1 ，BC ―→＝(0，1，0)，cos 〈PE ―→，BC ―→〉＝114＋1＋1＝23 ，故C 正确．AP ―→＝(0，0，1)，cos 〈AP ―→，PE ―→〉＝－114＋1＋1＝－23 ，故D 不正确．故选BC.12．正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角，下列结论正确的有( ) A ．AD 与BC 所成的角为30° B ．AC 与BD 所成的角为90°C ．BC 与面ACD 所成角的正弦值为33D ．平面ABC 与平面BCD 的夹角的正切值是 2解析：选BD 如图，取BD 的中点O ，连接AO ，CO ，则AO ⊥BD ，∵正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角，故平面ABD ⊥平面BCD ， 而平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AO ⊂平面ABD ，故AO ⊥平面BCD .∴以O 为原点，OC 所在直线为x 轴，OD 所在直线为y 轴，OA 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设OC ＝1，则A (0，0，1)，B (0，－1，0)，C (1，0，0)，D (0，1，0)，∴BA ―→＝(0，1，1)，AD ―→＝(0，1，－1)，BC ―→＝(1，1，0)，AC ―→＝(1，0，－1)，BD ―→＝(0，2，0).∵cos 〈AD ―→，BC ―→〉＝AD ―→·BC ―→| AD ―→|| BC ―→| ＝12×2 ＝12 ，∵〈AD ―→，BC ―→〉∈[0，π]，故〈AD ―→，BC ―→〉＝π3 ， ∴异面直线AD 与BC 所成的角为60°，故A 错误； ∵AC ―→·BD ―→＝0，∴AC ⊥BD ，故B 正确； 设平面ACD 的法向量为t ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧t ·AC ―→＝x －z ＝0，t ·AD ―→＝y －z ＝0， 取z ＝1，得x ＝1，y ＝1，∴t ＝(1，1，1)，设BC 与面ACD 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈BC ―→，t 〉|＝|BC ―→·t ||BC ―→|·|t | ＝22×3 ＝63 ，故C 错误；易知平面BCD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)， 设平面ABC 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，则⎩⎨⎧m ·BA ―→＝y ′＋z ′＝0，m ·BC ―→＝x ′＋y ′＝0， 取x ′＝1，得y ′＝－1，z ′＝1，∴m ＝(1，－1，1)，设两个平面的夹角为α(α为锐角)，则cos α＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n | ＝33 ，故sin α＝63 ，故tan α＝2 . ∴平面ABC 与平面BCD 的夹角的正切值是2 ，故D 正确．故选B 、D.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上) 13．若A (－1，2，3)，B (2，－4，1)，C (x ，－1，－3)是以BC 为斜边的直角三角形的三个顶点，则x ＝________．解析：由题意得AB ―→＝(3，－6，－2)，AC ―→＝(x ＋1，－3，－6)，∴AB ―→·AC ―→＝3(x ＋1)＋18＋12＝0，解得x ＝－11.答案：－1114.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为________．解析：不妨设CB ＝1，则B (0，0，1)，A (2，0，0)，C 1(0，2，0)，B 1(0，2，1). ∴BC 1―→＝(0，2，－1)，AB 1―→＝(－2，2，1).cos 〈BC 1―→，AB 1―→〉＝BC 1―→·AB 1―→| BC 1―→|·|AB 1―→| ＝0＋4－15×3 ＝55 .答案：5515.如图，已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝a ，P A ⊥平面ABCD ，若在BC 上只有一个点Q 满足PQ ⊥QD ，则a 的值等于________．解析：如图，建立空间直角坐标系Axyz ，则D (0，a ，0).设Q (1，t ，0)(0≤t ≤a )，P (0，0，z ). 则PQ ―→＝(1，t ，－z )， QD ―→＝(－1，a －t ，0).由PQ ⊥QD ，得－1＋t (a －t )＝0， 即t 2－at ＋1＝0.由题意知方程t 2－at ＋1＝0只一解． ∴Δ＝a 2－4＝0，a ＝2，这时t ＝1∈[0，a ]. 答案：216.如图，四面体ABCD 中，E ，F 分别为AB ，DC 上的点，且AE ＝BE ，CF ＝2DF ，设DA ―→＝a ，DB ―→＝b ，DC ―→＝c .(1)以{a ，b ，c }为基底表示FE ―→，则FE ―→＝________；(2)若∠ADB ＝∠BDC ＝∠ADC ＝60°，且|DA ―→|＝4，|DB ―→|＝3，|DC ―→|＝3，则|FE ―→|＝________．解析：(1)如图所示，连接DE .因为FE ―→＝FD ―→＋DE ―→，FD ―→＝－DF ―→＝－13 DC ―→，DE ―→＝12 (DA ―→＋DB ―→)，所以FE ―→＝12 a ＋12 b －13 c .(2)|FE ―→|2＝⎝⎛⎭⎪⎫12a ＋12b －13c 2 ＝14 a 2＋14 b 2＋19 c 2＋12 a ·b －13 a ·c －13 b ·c ＝14 ×42＋14 ×32＋19 ×32＋12 ×4×3×12 －13 ×4×3×12 －13 ×3×3×12 ＝274 .所以|FE ―→|＝332 .答案：(1)12 a ＋12 b －13 c (2)332四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，求D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值．解：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，由于AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，所以A 1(1，0，1)，B (1，2，0)，C 1(0，2，1)，D 1(0，0，1)，所以A 1C 1―→＝(－1，2，0)，BC 1―→＝(－1，0，1)，D 1C 1―→＝(0，2，0).设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎨⎧A 1C 1―→·n ＝0，BC 1―→·n ＝0， 即⎩⎨⎧－x ＋2y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝2，得y ＝1，z ＝2，则n ＝(2，1，2).设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈D 1C 1―→，n 〉|＝|D 1C 1―→·n ||D 1C 1―→||n | ＝22×3 ＝13 ，即D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13 .18．(本小题满分12分)如图一块矿石晶体的形状为四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1，底面ABCD 是正方形，CC 1＝3，CD ＝2，且∠C 1CB ＝∠C 1CD ＝60°.(1)设CD ―→＝a ，CB ―→＝b ，CC 1―→＝c ，试用a ，b ，c 表示A 1C ―→； (2)已知O 为四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的中心，求CO 的长． 解：(1)由CD ―→＝a ，CB ―→＝b ，CC 1―→＝c 得：CA 1―→＝a ＋b ＋c ， 所以A 1C ―→＝－a －b －c .(2)O 为四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的中心，即O 为线段A 1C 的中心，由已知条件得：|a |＝|b |＝2，|c |＝3，a ·b ＝0，〈a ，c 〉＝60°，〈b ，c 〉＝60°， 由(1)得CA 1―→＝a ＋b ＋c ， |CA 1―→|2＝CA 1―→2＝(a ＋b ＋c )2 ＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2b ·c ＋2a ·c＝22＋22＋32＋0＋2×2×3×cos 60°＋2×2×3×cos 60°＝29. 所以A 1C ―→的长为29 ，所以CO 的长为292 .19．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，PG ⊥平面ABCD ，垂足为G ，G 在AD 上，且PG ＝4，AG ＝13 GD ，BG ⊥GC ，GB ＝GC ＝2，E 是BC 的中点．(1)求异面直线GE 与PC 所成角的余弦值；(2)若F 是棱PC 上一点，且DF ⊥GC ，求PFFC 的值． 解：(1)以G 点为原点，GB ，GC ，GP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (2，0，0)，C (0，2，0)，P (0，0，4)，故E (1，1，0)，GE ―→＝(1，1，0)，PC ―→＝(0，2，－4).∵cos 〈GE ―→，PC ―→〉＝GE ―→·PC ―→|GE ―→||PC ―→|＝22×20＝1010 ，∴GE 与PC 所成角的余弦值为1010 . (2)∵GD ―→＝34 BC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32，0 ，∴D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32，0 .设F (0，y ，z )，则DF ―→＝(0，y ，z )－⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32，0 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，y －32，z .∵DF ―→⊥GC ―→，∴DF ―→·GC ―→＝0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫32，y －32，z ·(0，2，0)＝2y －3＝0，∴y ＝32 . 又点F 在PC 上，∴PF ―→＝λPC ―→，即⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，z －4 ＝λ(0，2，－4)，∴z ＝1，故F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，1 ， ∴PF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－3 ，FC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，－1 ，∴PFFC ＝35252＝3.20．(本小题满分12分)试在①PC ⊥BD ；②PC ⊥AB ；③P A ＝PC ，三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得PO ⊥平面ABCD 成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题：如图，在四棱锥P -ABCD 中，AC ∩BD ＝O ，底面四边形ABCD 为菱形，若________，且∠ABC ＝60°，异面直线PB 与CD 所成的角为60°，求二面角A -PB -C 的余弦值．解：若选②：由PO ⊥平面ABCD ，PC ⊥AB ，PO ∩PC ＝P ， 所以AB ⊥平面P AC ，所以AB ⊥AC ， 所以∠BAC ＝90°，BC >BA ，这与底面四边形ABCD 为菱形矛盾，所以②必不选，故选①③. 下面证明：PO ⊥平面ABCD ，因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .因为PC ⊥BD ，PC ∩AC ＝C ， 所以BD ⊥平面APC .又因为PO ⊂平面APC ，所以BD ⊥PO . 因为P A ＝PC ，O 为AC 中点，所以PO ⊥AC . 又AC ∩BD ＝O ，所以PO ⊥平面ABCD ，因为PO ⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点，以OB ―→，OC ―→，OP ―→的方向分别作为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图空间直角坐标系，因为AB ∥CD ，所以∠PBA 为异面直线PB 与CD 所成的角， 所以∠PBA ＝60°.在菱形ABCD 中，设AB ＝2，因为∠ABC ＝60°，所以OA ＝1，OB ＝3 ， 设PO ＝a ，则P A ＝a 2＋1 ，PB ＝a 2＋3 .在△PBA 中，由余弦定理得P A 2＝BA 2＋BP 2－2BA ·BP ·cos ∠PBA ，所以a 2＋1＝4＋a 2＋3－2×2a 2＋3 ×12 ，解得a ＝6 ， 所以A (0，－1，0)，B (3 ，0，0)，C (0，1，0)，P (0，0，6 ). 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ABP 的法向量， AB ―→＝(3 ，1，0)，AP ―→＝(0，1，6 )， 由⎩⎨⎧n 1·AB ―→＝0，n 1·AP ―→＝0， 可得⎩⎨⎧3x 1＋y 1＝0，y 1＋6z 1＝0，令z 1＝1得n 1＝(2 ，－6 ，1). 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面CBP 的法向量， CB ―→＝(3 ，－1，0)，CP ―→＝(0，－1，6 )，由⎩⎨n 2·CP ―→＝0， 可得⎩⎨22y 2－6z 2＝0，令z 2＝1得n 2＝(2 ，6 ，1). 设二面角A -PB -C 的平面角为θ， 所以cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2| ＝13 ，所以二面角A -PB -C 的余弦值为13 .21．(本小题满分12分)如图，边长为2的等边△PCD 所在的平面垂直于矩形ABCD 所在的平面，BC ＝22 ，M 为BC 的中点．(1)证明：AM ⊥PM ；(2)求二面角P -AM -D 的大小； (3)求点D 到平面AMP 的距离．解：(1)证明：以D 点为原点，分别以直线DA ，DC 为x 轴，y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意，可得D (0，0，0)，P (0，1，3 )，C (0，2，0)，A (22 ，0，0)，M (2 ，2，0).PM ―→＝(2 ，1，－3 )，AM ―→＝(－2 ，2，0)， ∴PM ―→·AM ―→＝(2 ，1，－3 )·(－2 ，2，0)＝0， 即PM ―→⊥AM ―→，∴AM ⊥PM .(2)设n ＝(x ，y ，z )为平面P AM 的法向量，则⎩⎨n ·AM ―→＝0， 即⎩⎨－2x ＋2y ＝0，取y ＝1，得n ＝(2 ，1，3 ).取p ＝(0，0，1)，显然p 为平面ABCD 的一个法向量， ∴cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p | ＝36 ＝22 .结合图形可知，二面角P -AM -D 为45°.(3)设点D 到平面AMP 的距离为d ，由(2)可知n ＝(2 ，1，3 )与平面P AM 垂直，则 d ＝|DA ―→·n ||n | ＝|（22，0，0）·（2，1，3）|（2）2＋12＋（3）2 ＝263 ，即点D 到平面AMP 的距离为263 .22．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形AA 1C 1C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ； (2)求二面角A 1BC 1B 1的余弦值；(3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求BDBC 1的值．解：(1)证明：因为四边形AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以AA 1⊥平面ABC .(2)由(1)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB .由题意知AB ＝3，BC ＝5，AC ＝4，所以AB ⊥AC .如图，以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，则B (0，3，0)，A 1(0，0，4)，B 1(0，3，4)，C 1(4，0，4).所以A 1B ―→＝(0，3，－4)，A 1C 1―→＝(4，0，0)，BB 1―→＝(0，0，4)，BC 1―→＝(4，－3，4).设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n ·A 1B ―→＝0，n ·A 1C 1―→＝0，即⎩⎨⎧3y －4z ＝0，4x ＝0.令z ＝3，则x ＝0，y ＝4，所以平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(0，4，3). 设平面B 1BC 1的一个法向量为m ＝(a ，b ，c )， 则⎩⎨⎧m ·BB 1―→＝0，m ·BC 1―→＝0， 即⎩⎨⎧4c ＝0，4a －3b ＋4c ＝0. 令a ＝3，得b ＝4，c ＝0，故平面B 1BC 1的一个法向量为m ＝(3，4，0). 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m|n ||m | ＝1625 . 由题意知二面角A 1BC 1B 1为锐角， 所以二面角A 1BC 1B 1的余弦值为1625 .(3)假设D (x 1，y 1，z 1)是线段BC 1上一点，且BD ―→＝λBC 1―→(λ∈[0，1])， 所以(x 1，y 1－3，z 1)＝λ(4，－3，4). 解得x 1＝4λ，y 1＝3－3λ，z 1＝4λ， 所以AD ―→＝(4λ，3－3λ，4λ).由AD ―→·A 1B ―→＝0，得9－25λ＝0，解得λ＝925 . 因为925 ∈[0，1]，所以在线段BC 1上存在点D ， 使得AD ⊥A 1B .此时BD BC 1＝925 .。
人教A版高中数学选修1章末检测1第一章空间向量与立体几何
第一章章末检测(时间：120分钟，满分150分)一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．在空间直角坐标系中，点P (－2，1，4)关于x 轴的对称点的坐标是( ) A ．(－2，－1，－4) B ．(－2，1，－4) C ．(2，－1，4) D ．(2，1，－4)【答案】A【解析】关于x 轴对称的点横坐标相等，纵坐标和竖坐标相反．故选A ． 2．已知a ＝(1，2，－y )，b ＝(x ，1，2)，且(a ＋2b )∥(2a －b )，则( ) A ．x ＝13，y ＝1B ．x ＝12，y ＝－4C ．x ＝2，y ＝－14D ．x ＝1，y ＝－1 【答案】B【解析】由题意可得，a ＋2b ＝(1＋2x ，4，4－y )，2a －b ＝(2－x ，3，－2y －2)．∵(a ＋2b )∥(2a －b )，∴∃λ∈R ，使a ＋2b ＝λ(2a －b )，得⎩⎪⎨⎪⎧1＋2x ＝λ（2－x ），4＝3λ，4－y ＝λ（－2y －2），解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝43，x ＝12，y ＝－4.故选B ． 3．已知空间三点O (0，0，0)，A (－1，1，0)，B (0，1，1)，在直线OA 上有一点H 满足BH ⊥OA ，则点H 的坐标为( )A ．(－2，2，0)B ．(2，－2，0)C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，0【答案】C【解析】由OA →＝(－1，1，0)，且点H 在直线OA 上，可设H (－λ，λ，0)，则BH →＝(－λ，λ－1，－1)．又因为BH ⊥OA ，所以BH →·OA →＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1，1，0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝12，所以H ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0． 4．在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，向量AB 1→，AD 1→，BD →是( )A ．有相同起点的向量B ．等长的向量C ．不共面向量D ．共面向量【答案】D【解析】因为AD 1→－AB 1→＝B 1D 1→＝BD →，所以AB 1→，AD 1→，BD →共面．5．已知E ，F 分别是棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BC ，CC 1的中点，则截面AEFD 1与底面ABCD 所成二面角的正弦值是( )A ．23B ．23C ．53D ．233【答案】C【解析】以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图，则A (1，0，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，D 1(0，0，1)，所以AD 1→＝(－1，0，1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，0．设平面AEFD 1的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD 1→＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x 2＋y ＝0，所以x ＝2y ＝z ．取y ＝1，则n ＝(2，1，2)．而平面ABCD 的一个法向量u ＝(0，0，1)，因为cos 〈n ，u 〉＝23，所以sin 〈n ，u 〉＝53．6．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在B 1B 和D 1D 上，且BE ＝13BB 1，DF ＝23DD 1．若EF →＝xAB →＋yAD →＋zAA 1→，则x ＋y ＋z ＝( )A ．－1B ．0C ．13D ．1【答案】C【解析】因为EF →＝AF →－AE →＝AD →＋DF →－(AB →＋BE →)＝AD →＋23DD 1→－AB →－13BB 1→＝－AB →＋AD →＋13AA 1→，所以x ＝－1，y ＝1，z ＝13，所以x ＋y ＋z ＝13．7．在以下命题中，不正确的个数为( ) ①|a|－|b|＝|a ＋b|是a ，b 共线的充要条件； ②若a ∥b ，则存在唯一的实数λ，使a ＝λb ；③对空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP →＝2OA →－2OB →－OC →，则P ，A ，B ，C 四点共面；④若{a ，b ，c }为空间的一个基底，则{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }构成空间的另一个基底； ⑤|(a ·b )·c|＝|a|·|b|·|c|． A ．5 B ．4 C ．3 D ．2【答案】B【解析】①|a |－|b |＝|a ＋b |⇒a 与b 的夹角为π，故是充分不必要条件，故不正确；②b 需为非零向量，故不正确；③因为2－2－1≠1，由共面向量定理知，不正确；④由基底的定义知，正确；⑤由向量的数量积的性质知，不正确．8．如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为( )A ．15B ．25C ．55D ．255【答案】C【解析】如图，建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，1，0)，P (0，0，2)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，所以PA →＝(0，0，－2)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，DF→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，1．设n ＝(x ，y ，z )是平面DEF 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧12y ＝0，－12x ＋12y ＋8＝0，取x ＝2，则z ＝1，y ＝0，所以n ＝(2，0，1)是平面DEF 的一个法向量．设直线PA 与平面DEF 所成的角为θ，所以sin θ＝|cos 〈PA →，n 〉|＝22×5＝55．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．下列各选项中，不正确的是( )A ．若A ，B ，C ，D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0B ．对于非零向量a ，b ，〈a ，b 〉与〈a ，－b 〉相等C ．若AB →，CD →共线，则AB ∥CDD ．对空间任意一点O 与不共线的三点A ，B ，C ，若OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(其中x ，y ，z ∈R )，则P ，A ，B ，C 四点共面【答案】BCD【解析】显然A 正确；若a ，b 为非零向量，则〈a ，b 〉与〈a ，－b 〉互补，故B 错误；若AB →，CD →共线，则直线AB ，CD 可能重合，故C 错误；只有当x ＋y ＋z ＝1时，P ，A ，B ，C 四点才共面，故D 错误．10．若A ，B ，C ，D 为空间不同的四点，则下列各式的结果为零向量的是( ) A ．AB →＋2BC →＋2CD →＋DC → B ．2AB →＋2BC →＋3CD →＋3DA →＋AC → C ．AB →＋CA →＋BD → D ．AB →－CB →＋CD →－AD →【答案】BD【解析】A 中，原式＝AB →＋2BD →＋DC →＝AB →＋BD →＋BD →＋DC →＝AD →＋BC →，不符合题意；B 中，原式＝2(AB →＋BC →＋CD →＋DA →)＋(AC →＋CD →＋DA →)＝0；C 中，原式＝CD →，不符合题意；D 中，原式＝(AB →－AD →)＋(CD →－CB →)＝0．11．已知正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的中心为O ，则在下列各结论中正确的有( )A ．OA →＋OD →与OB ′→＋OC ′→是一对相反向量 B ．OB →－OC →与OA ′→－OD ′→是一对相反向量C ．OA →＋OB →＋OC →＋OD →与OA ′→＋OB ′→＋OC ′→＋OD ′→是一对相反向量 D ．OA ′→－OA →与OC →－OC ′→是一对相反向量 【答案】ACD【解析】如图，A 中，OA →＝－OC ′→，OD →＝－OB ′→，所以OA →＋OD →＝－(OB ′→＋OC ′→)，是一对相反向量；B 中，OB →－OC →＝CB →，OA ′→－OD ′→＝D ′A ′→，而CB →＝D ′A ′→，故不是相反向量；C 中，同A 也是正确的；D 中，OA ′→－OA →＝AA ′→，OC →－OC ′→＝C ′C →＝－AA ′→，是一对相反向量．12．如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，侧面PAD 是边长为26的正三角形，底面ABCD 为矩形，CD ＝23，点Q 是PD 的中点，则下列结论正确的是( )A ．CQ ⊥平面PADB ．PC 与平面AQC 所成角的余弦值为223C ．三棱锥B －ACQ 的体积为6 2D ．四棱锥Q －ABCD 外接球的内接正四面体的表面积为24 3 【答案】BD【解析】取AD 的中点O ，BC 的中点E ，连接OE ，OP ，因为三角形PAD 为等边三角形，所以OP ⊥AD ．因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以OP ⊥平面ABCD ．因为AD ⊥OE ，所以OD ，OE ，OP 两两垂直，如图，以O 为坐标原点，OD ，OE ，OP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，D (6，0，0)，A (－6，0，0)，P (0，0，32)，C (6，23，0)，B (－6，23，0)．因为点Q 是PD 的中点，所以Q ⎝⎛⎭⎪⎫62，0，322，平面PAD 的一个法向量m ＝(0，1，0)，QC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫62，23，－322，显然m 与QC →不共线，所以CQ 与平面PAD 不垂直，所以A 不正确；PC →＝(6，23，－32)，AQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫362，0，322，AC →＝(26，23，0)，设平面AQC 的法向量n＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·AQ →＝362x ＋322z ＝0，n ·AC →＝26x ＋23y ＝0，令x ＝1，则y ＝－2，z ＝－3，所以n ＝(1，－2，－3)，设PC 与平面AQC 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PC→|n ||PC →|＝2666＝13，所以cos θ＝223，所以B 正确；三棱锥B －ACQ 的体积为V B －ACQ ＝V Q －ABC ＝13S △ABC ·12OP ＝13×12×23×26×12×32＝6，所以C 不正确；设四棱锥Q －ABCD 外接球的球心为M (0，3，a )，则MQ＝MD ，故⎝ ⎛⎭⎪⎫622＋(3)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －3222＝()62＋()32＋a 2，解得a ＝0，即M (0，3，0)为矩形ABCD 对角线的交点，所以四棱锥Q －ABCD 外接球的半径为3，设四棱锥Q －ABCD 外接球的内接正四面体的棱长为x ，将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，故正方体的棱长为22x ，所以3⎝ ⎛⎭⎪⎫22x 2＝62，得x 2＝24，所以正四面体的表面积为4×34x 2＝243，所以D 正确． 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．(2021年潮州模拟)由空间向量a ＝(1，2，3)，b ＝(1，－1，1)构成向量集合A ＝{x |x ＝a ＋k b ，k ∈Z }，则向量x 的模|x |的最小值为________．【答案】13【解析】因为a ＝(1，2，3)，b ＝(1，－1，1)，所以x ＝a ＋k b ＝(1＋k ，2－k ，3＋k )， 所以|x |＝（1＋k ）2＋（2－k ）2＋（3＋k ）2＝14＋4k ＋3k 2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋232＋383．因为k ∈Z ，所以k ＝－1时，|x |的值最小，最小值为13．14．下列命题：①已知λ∈R ，则|λa |＝λ|a |；②在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BC →＝B 1C 1→；③若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直． 其中正确的命题的序号是________． 【答案】②③【解析】①|λa |＝|λ||a |，故①错误；②正确；③若两个平面垂直，则它们的法向量一定垂直，若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直，故③正确．15．如图，设O 为▱ABCD 所在平面外任意一点，E 为OC 的中点，若AE →＝12OD →＋xOB →＋yOA →，则x ＋y ＝________．【答案】－1【解析】AE →＝OE →－OA →＝12OC →－OA →＝12(OB →＋BC →)－OA →＝12(OB →＋AD →)－OA →＝12(OB →＋OD →－OA →)－OA→＝－32OA →＋12OB →＋12OD →，所以x ＝12，y ＝－32．所以x ＋y ＝－1．16．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 在棱AB 上移动，则直线D 1E 与A 1D 所成角的大小是________；若D 1E ⊥EC ，则AE ＝________．【答案】90° 1【解析】在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，如图，以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，又因为AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，则D (0，0，0)，D 1(0，0，1), A (1，0，0)，A 1(1，0，1)，C (0，2，0)，设E (1，m ，0)，0≤m ≤2，则D 1E →＝(1，m ，－1)，A 1D →＝(－1，0，－1)，所以D 1E →·A 1D →＝－1＋0＋1＝0，所以直线D 1E 与A 1D 所成角的大小是90°．因为D 1E →＝(1，m ，－1)，EC →＝(－1，2－m ，0)，D 1E ⊥EC, 所以D 1E →·EC→＝－1＋m (2－m )＋0＝0，解得m ＝1，所以AE ＝1．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(10分)已知向量a ＝(1，－3，2)，b ＝(－2，1，1)，点A (－3，－1，4)，B (－2，－2，2)．(1)求|2a ＋b|；(2)在直线AB 上是否存在一点E ，使得OE →⊥b (O 为原点)? 解：(1)因为a ＝(1，－3，2)，b ＝(－2，1，1)， 所以2a ＋b ＝(0，－5，5)．所以|2a ＋b |＝02＋（－5）2＋52＝52． (2)假设存在点E ，其坐标为E (x ，y ，z )，则AE →＝λAB →，即(x ＋3，y ＋1，z －4)＝λ(1，－1，－2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝λ－3，y ＝－λ－1，z ＝－2λ＋4，所以E (λ－3，－λ－1，－2λ＋4)，所以OE →＝(λ－3，－λ－1，－2λ＋4)． 又因为b ＝(－2，1，1)，OE →⊥b ，所以OE →·b ＝－2(λ－3)＋(－λ－1)＋(－2λ＋4)＝－5λ＋9＝0， 所以λ＝95，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，－145，25．所以在直线AB 上存在点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，－145，25，使OE →⊥b ．18．(12分)已知空间三点A (1，2，3)，B (2，－1，5)，C (3，2，－5)，试求： (1)△ABC 的面积； (2)△ABC 的AB 边上的高．解：(1)AB →＝(2，－1，5)－(1，2，3)＝(1，－3，2)， AC →＝(3，2，－5)－(1，2，3)＝(2，0，－8)， AB →·AC →＝1×2＋(－3)×0＋2×(－8)＝－14，|AB →|＝14，|AC →|＝217，cos 〈AB →，AC →〉＝－1414×217＝－734，sin 〈AB →，AC →〉＝2734， S △ABC ＝12|AB →|·|AC →|sin 〈AB →，AC →〉＝1214×217×2734＝321． (2)|AB →|＝14，设AB 边上的高为h ， 则12|AB |·h ＝S △ABC ＝321，所以h ＝36． 19．(12分)如图，在三棱锥S －ABC 中，侧面SAC 与底面ABC 垂直，E ，O 分别是SC ，AC 的中点，且SA ＝SC ＝2，BC ＝12AC ，∠ASC ＝∠ACB ＝90°．(1)求证：OE ∥平面SAB ；(2)若点F 在线段BC 上，问：无论点F 在BC 的何处，是否都有OE ⊥SF ？请证明你的结论．(1)证明：因为E ，O 分别是SC ，AC 的中点，所以OE ∥SA ． 又因为OE ⊄平面SAB ，SA ⊂平面SAB ， 所以OE ∥平面SAB ．(2)解：方法一，在△SAC 中，因为OE ∥AS ，∠ASC ＝90°，所以OE ⊥SC ． 又因为平面SAC ⊥平面ABC ，∠BCA ＝90°，BC ⊂平面SAC ，所以BC ⊥平面SAC ． 又因为OE ⊂平面SAC ，所以BC ⊥OE ． 因为SC ∩BC ＝C ，所以OE ⊥平面BSC ． 又因为SF ⊂平面BSC ，所以OE ⊥SF ． 所以无论点F 在BC 的何处，都有OE ⊥SF ． 方法二，连接SO ．因为O 是AC 的中点，SA ＝SC ， 所以SO ⊥AC ．又因为平面SAC ⊥平面ABC ， 所以SO ⊥平面ABC ．同理可得BC ⊥平面SAC ．如图，在平面ABC 内，过点O 作OM ⊥AC ，以O 为原点，OM ，OC ，OS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则点O (0，0，0)，A (0，－1，0)，B (1，1，0)，C (0，1，0)，S (0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，12，OE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12．由于点F ∈BC ，故可设点F (x ，1，0)， 则SF →＝(x ，1，－1)，SF →·OE →＝0恒成立， 所以无论点F 在BC 的何处，都有OE ⊥SF ．20．(12分)在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝22，∠ABC ＝90°，如图1把△ABD 沿BD 翻折，使得平面ABD ⊥平面BCD (如图2)．(1)求证：CD ⊥AB ．(2)若点M 为线段BC 的中点，求点M 到平面ACD 的距离．(3)在线段BC 上是否存在点N ，使得AN 与平面ACD 所成角为60°？若存在，求出BN BC的值；若不存在，说明理由．(1)证明：由已知条件可得BD ＝2，CD ＝2，CD ⊥BD ．因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，所以CD ⊥平面ABD ． 又因为AB ⊂平面ABD ，所以CD ⊥AB ．(2)解：如图，以点D 为原点，DB 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系，由已知可得A (1，0，1)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (0，0，0)，M (1，1，0)，所以CD →＝(0，－2，0)，AD →＝(－1，0，－1)，MC →＝(－1，1，0)．设平面ACD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则CD →⊥n ，AD →⊥n ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2y ＝0，－x －z ＝0，令x ＝1，得平面ACD 的一个法向量n ＝(1，0，－1)， 所以点M 到平面ACD 的距离d ＝|n ·MC →||n |＝22．(3)解：假设在线段BC 上存在点N ，使得AN 与平面ACD 所成角为60°，设BN →＝λBC →，0≤λ≤1，则N (2－2λ，2λ，0)，所以AN →＝(1－2λ，2λ，－1)．又因为平面ACD 的一个法向量n ＝(1，0，－1)，且直线AN 与平面ACD 所成角为60°，所以sin60°＝|AN →·n ||AN →||n |＝32， 可得8λ2＋2λ－1＝0，所以λ＝14或λ＝－12(舍去)． 综上，在线段BC 上存在点N ，使AN 与平面ACD 所成角为60°，此时BN BC ＝14． 21．(12分)如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，底面ABCD 是直角梯形，∠A 为直角，AB ∥CD ，AB ＝4，AD ＝2，DC ＝2．(1)求线段BC 1的长度；(2)求异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值．解：(1)以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2，0，0)，B (2，4，0)，C (0，2，0)，C 1(0，2，2)，所以DC →＝(0，2，0)，BC 1→＝(－2，－2，2)，|DC →|＝2，|BC 1→|＝4＋4＋4＝23．(2)由(1)可知，DC →＝(0，2，0)，BC 1→＝(－2，－2，2)，所以cos 〈DC →，BC 1→〉＝DC →·BC 1→|DC →||BC 1→|＝－42×23＝－13＝－33． 所以异面直线BC 1与DC 所成的角的余弦值为33．22．(12分)如图，在圆锥PO 中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，C 是AB ︵的中点，D为AC 的中点．(1)求证：平面POD ⊥平面PAC ；(2)求二面角B －PA －C 的余弦值．解：如图，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A (－1，0，0)，B (1，0，0)，C (0，1，0)，P (0，0，2)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0． (1)证明：设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面POD 的一个法向量，则由n 1·OD →＝0，n 1·OP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－12x 1＋12y 1＝0，2z 1＝0.所以z 1＝0，x 1＝y 1，取y 1＝1，得n 1＝(1，1，0)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAC 的一个法向量，则由n 2·PA →＝0，n 2·PC →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－2z 2＝0，y 2－2z 2＝0.所以x 2＝－2z 2，y 2＝2z 2，取z 2＝1，得n 2＝(－2，2，1)．因为n 1·n 2＝(1，1，0)·(－2，2，1)＝0，所以n 1⊥n 2，从而平面POD ⊥平面PAC ．(2)因为y 轴⊥平面PAB ，所以平面PAB 的一个法向量n 3＝(0，1，0)．由(1)知，平面PAC 的一个法向量n 2＝(－2，2，1)．设向量n 2和n 3的夹角为θ，则cos θ＝n 2·n 3|n 2||n 3|＝25＝105． 由图可知，二面角B －PA －C 的平面角为锐角，所以二面角B －PA －C 的余弦值为105．。
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立体几何章末检测
一、选择题
1． 如图所示的长方体，将其左侧面作为上底面，右侧面作为下底面，水平放
置，所得的几何体是( )
A ．棱柱
B ．棱台
C ．棱柱与棱锥组合体
D ．无法确定
2． 圆柱的轴截面是正方形，面积是S ，则它的侧面积是
( )
A.1π
S B ．πS C ．2πS D ．4πS 3． 具有如图所示直观图的平面图形ABCD 是
( ) A ．等腰梯形 B ．直角梯形 C ．任意四边形 D ．平行四边形
4．下列命题正确的是 ( )
A ．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行
B ．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行
C ．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行
D ．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行
5． 在空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 上分别取E 、F 、G 、H 四点，如果EF ，GH 交于一点P ，则( )
A ．P 一定在直线BD 上
B ．P 一定在直线A
C 上
C ．P 一定在直线AC 或B
D 上 D ．P 既不在直线AC 上，也不在直线BD 上
6． 平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为( ) A.6π B ．43π C ．46π
D ．63π 7． 如图所示，则这个几何体的体积等于
( )
A ．4
B ．6
C ．8
D ．12
8． 如图所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，若E 是A 1C 1的中点，则直线CE 垂直于
( )
A ．AC
B ．BD
C ．A 1D
D ．A 1D 1
9． 已知平面α⊥平面β，α∩β＝l ，点A ∈α，A ∉l ，直线AB ∥l ，直线AC ⊥l ，直线m ∥α，m ∥β，则下列
四种位置关系中，不一定成立的是 ( )
A ．A
B ∥m
B ．A
C ⊥m C ．AB ∥β
D ．AC ⊥β
10．如图(1)所示，在正方形SG 1G 2G 3中，E ，F 分别是G 1G 2及G 2G 3的中
点，D 是EF 的中点，现在沿SE ，SF 及EF 把这个正方形折成一个
四面体，使G 1，G 2，G 3三点重合，重合后的点记为G ，如图(2)所
示，那么，在四面体S －EFG 中必有 ( )
A ．SG ⊥△EFG 所在平面
B ．SD ⊥△EFG 所在平面
C ．GF ⊥△SEF 所在平面
D ．GD ⊥△SEF 所在平面
11．如图，ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，下面结论错误的是 ( )
A ．BD ∥平面C
B 1D 1 B ．A
C 1⊥BD
C ．AC 1⊥平面CB 1
D 1 D ．异面直线AD 与CB 1所成的角为60°
12．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，并且总是保持AP ⊥BD 1，
则动点P 的轨迹是( )
A ．线段
B 1
C B ．线段BC 1
C ．BB 1的中点与CC 1的中点连成的线段
D ．BC 的中点与B 1C 1的中点连成的线段
二、填空题
13．设平面α∥平面β，A 、C ∈α，B 、D ∈β，直线AB 与CD 交于点S ，且点S 位于平面α，β之间，AS ＝8，
BS ＝6，CS ＝12，则SD ＝________.
14．如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，这时圆柱、圆锥、球的体积之
比为______________．
15．一个水平放置的圆柱形储油桶(如图所示)，桶内有油部分所在圆弧占底面圆周
长的14
，则油桶直立时，油的高度与桶的高度的比值是________． 16．已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该三棱锥的体积等于________ cm 3
.
三、解答题
17．如图所示，长方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为AB、A1D1
的中点，判断MN与平面A1BC1的位置关系，为什么？
18．如图，在四面体ABCD中，CB＝CD，AD⊥BD，且E、F分别是AB、BD的中点．
求证：(1)EF∥面ACD； (2)面EFC⊥面BCD.
19．沿着圆柱的一条母线将圆柱剪开，可将侧面展开到一个平面上，所得的矩形称为圆柱的侧面展开图，其中矩形长与宽分别是圆柱的底面圆周长和高(母线长)，所以圆柱的侧面积S＝2πrl，其中r为圆柱底面圆半径，l为母线长．现已知一个圆锥的底面半径为R，高为H，在其中有一个高为x的内接圆柱．
(1)求圆柱的侧面积； (2)x为何值时，圆柱的侧面积最大？
20．ABCD与ABEF是两个全等正方形，AM＝FN，其中M∈AC，N∈BF.
求证：MN∥平面BCE.
21．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，
E是PC的中点．已知AB＝2，AD＝22，PA＝2.求：
(1)三角形PCD的面积； (2)异面直线BC与AE所成的角的大小．
22．如图，已知PA⊥矩形ABCD所在的平面，M、N分别为AB、PC的中点，∠PDA＝45°，AB＝2，AD＝1.
(1)求证：MN∥平面PAD；
(2)求证：平面PMC⊥平面PCD；
(3)求三棱锥M—PCD的体积．
答案
1．A 2．B 3．B 4．C 5.B 6．B 7．A 8．B 9．D 10.A
11．D 12．A 13．9 14．3∶1∶2 15.14－1
2π 16．1
17．解 直线MN ∥平面A 1BC 1，M 为AB 的中点，证明如下：
∵MD/∈平面A 1BC 1，ND/∈平面A 1BC 1.∴MN ⊄平面A 1BC 1.
如图，取A 1C 1的中点O 1，连接NO 1、BO 1.∵NO 1綊12D 1C 1，
MB 綊12D 1C 1，∴NO 1綊MB.∴四边形NO 1BM 为平行四边形．∴MN ∥BO 1.
又∵BO 1⊂平面A 1BC 1，∴MN ∥平面A 1BC 1.
18．证明 (1)∵E ，F 分别是AB ，BD 的中点，∴EF 是△ABD 的中位线，∴EF ∥AD ，
∵EF ⊄面ACD ，AD ⊂面ACD ，∴EF ∥面ACD.
(2)∵AD ⊥BD ，EF ∥AD ，∴EF ⊥BD.∵CB ＝CD ，F 是BD 的中点，
∴CF ⊥BD.又EF ∩CF ＝F ，∴BD ⊥面EFC.∵BD ⊂面BCD ，∴面EFC ⊥面BCD.
19．解 (1)画圆锥及内接圆柱的轴截面(如图所示)．
设所求圆柱的底面半径为r ，它的侧面积S 圆柱侧＝2πrx. 因为r R ＝H
－x H ，
所以r ＝R －R H ·x. 所以S 圆柱侧＝2πRx －2πR H ·x 2
.
(2)因为S 圆柱侧的表达式中x 2的系数小于零，所以这个二次函数有最大值．这时圆柱的高x ＝H 2.
故当圆柱的高是已知圆锥的高的一半时，它的侧面积最大．
20．证明 方法一 如图所示，连接AN ，并延长交BE 的延长线于P ，连接CP.
∵BE ∥AF ， ∴FN NB ＝AN NP ，由AC ＝BF ，AM ＝FN 得MC ＝NB.
∴FN NB ＝AM MC .∴AM MC ＝AN NP ，∴MN ∥PC ，又PC ⊂平面BCE.
∴MN ∥平面BCE.方法二 如图，作MG ⊥AB 于G ，连接GN ，转证面MNG ∥面CEB.
∵MG ∥BC ，只需证GN ∥BE.∵MG ∥BC ，∴AM
AG ＝MC GB .
又AM ＝FN ，AC ＝BF ，∴AM AG ＝FN AG ＝NB GB .∴GN ∥AF ∥BE.
∴面MNG ∥面BCE.又MN ⊂面MNG ，∴MN ∥面BCE.
21．解 (1)因为PA ⊥底面ABCD ，所以PA ⊥CD.又AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD ，从而CD ⊥PD.
因为PD ＝22＋222＝23，CD ＝2，所以三角形PCD 的面积为12×2×23＝2 3.
(2)如图，取PB 中点F ，连接EF 、AF ，则EF ∥BC ，从而∠AEF(或
其补角)是异面直线BC 与AE 所成的角．
在△AEF 中，由EF ＝2，AF ＝2，AE ＝2知△AEF 是等腰直角三角形，
所以∠AEF ＝45°.因此，异面直线BC 与AE 所成的角的大小是45°.
22．(1)证明 取PD 的中点E ，连接AE ，EN ，∵N 为中点，
∴EN 为△PDC 的中位线，∴EN 綊12CD ，又∵CD 綊AB ，M 为中点，
∴EN 綊AM.∴四边形AMNE 为平行四边形，∴MN ∥AE.
又∵MN ⊄平面PAD ，AE ⊂平面PAD ，∴MN ∥平面PAD.
(2)证明 ∵PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD.
∴PA ⊥CD ，PA ⊥AD.∵CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面PAD.
又∵AE ⊂平面PAD ，∴CD ⊥AE.∵∠PDA ＝45°，E 为PD 中点，
∴AE ⊥PD.又∵PD ∩CD ＝D ，∴AE ⊥平面PCD.∵MN ∥AE ，∴MN ⊥平面PCD ，
又∵MN ⊂平面PMC ，∴平面PMC ⊥平面PCD.
(3)解 V M —PCD ＝V P —CDM ＝13S △CDM ·PA ＝13×12×CD ×AD ×PA ＝13×12×2×1×1＝13.。