《《立体几何中的向量方法》试题(新人教选修2-1).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《《立体几何中的向量方法》试题(新人教选修2-1).docx（20页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、新课标高二数学同步测试一（21第三章3.2）74分，第二卷76分，共150分；答题说明：本试卷分第一卷和第二卷两部分，第 时间i20分钟.、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代6.在棱长为1的正方体 ABCD-AB1GD1中，则平面 ABC与平面AGD间的距离)号填在题后的括号内（每小题5分，共50分）.在正三棱柱ABC AiBiCi中，若AB= J2 BBi,则ABi与CiB所成的角的大小为 （A. 60B. 90C. i05D. 752.如图，ABCDAiBiCiDi是正方体,BEi与DFi所成角的余弦值是（i5 A.i7iB.一23再1A图3.8C
2、.i7如图，AiBiCi ABC是直三棱柱，/ BCA=90，点 Di、Fi分别 是AiBi、AiCi的中点，若BC=CA=CCi,贝U BD1与AF1所成角的余弦值是（.30A.i0B.C图,30c.i5D.i5i04.正四棱锥S-ABCD的高SO=2,底边长AB =拒，则异面直线BD和SC之间的距离（i5A.5.5B. 一52.5C .5、5D.i05.已知ABC -ABiG是各条棱长均等于 a的正三棱柱，D是侧棱CG的中点.点Ci到平面ABD的距离（）2 2A. a43 2C. a4、，2D. a220. (i4分)如图5:正方体ABCD-AiBiCiDi,过线段BDi上一点P ( P正
3、平面ACB”作垂直于DiBD.， ，一 一 17 .在二棱锥 P ABC 中，ABXBC, AB=BC=2PA,点 O、D 分别是 AC、PC 的中点，OP，底面ABC,则直线OD与平面PBC所成角的正弦值（）.218.3A . -B . -.210C.60D. 210308 .在直三棱柱 ABC A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，ZACB =90 =,侧棱AAi = 2 ,D, E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是ZkABD的重心G.则A1B与平面ABD所成角的余弦值A,看B. 71C.竦D, -39.正二棱柱 ABC ABC1的底面边长为3口，八，,M3,侧棱AA1
4、 =-73 , D是CB延长线上一点，且 2BD = BC ,则二面角B1 -AD -B的大小A.TL3B.D.2V2 ,侧棱长为4, E, F分别为棱AB,10.正四棱柱 ABCD A1B1C1D1中，底面边长为CD的中点，EFcBD=G .则三棱锥B1EFD1的体积V（）16.3B. 3163D. 16二、填空题：请把答案填在题中横线上（每小题6分，共24分）.11 .在正方体 ABCD AB1C1D1 中，E为AB的中点，则异面直线DR和BG间的距12. 在棱长为1的正方体ABCD AB1C1D1中，E、F分别是AB、CD的中点，求点B到 截面AEC1F的距离.13. 已知棱长为1的正方
5、体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是B1C1和C1D1的中点，点 A1 到平面 DBEF的距离.14. 已知棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，E是A1B1的中点，求直线AE与平面ABC1D1 所成角的正弦值.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤（共76分）.15. （12分）已知棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1 ,求平面A1BC1与平面ABCD所成 的二面角的大小16. (12分)已知棱长为1的正方体 ABCDAiBiCiDi中，E、F、M分别是AiCi、AiD和BiA上任一点，求证：平面AiEF/平面BiMC .17. (i2分)在四棱锥 P-ABCD
6、中，底面 ABCD是一直角梯形，/ BAD=90 , AD/BC,AB=BC=a, AD=2a,且 PAL底面 ABCD, PD 与底面成 30 角.(i)若AEXPD, E为垂足，求证：BEXPD;(2)求异面直线 AE与CD所成角的余弦值.18. (i2分)已知棱长为i的正方体ACi, E、F分别是BiCi、CiD的中点.(i)求证：E、F、D、B共面；(2)求点 Ai到平面的BDEF的距离；(3)求直线AiD与平面BDEF所成的角.19. (i4分)已知正方体 ABCD AiBiCiDi的棱长为2,点E为棱AB的中点，求:(1) DiE与平面BCiD所成角的大小；(II)二面角D BCi
7、 C的大小；(出)异面直线 BiDi与BCi之间的距离.的平面分别交过Di的三条棱于E、F、G.(1)求证：平面EFG/平面A CBi,并判断三角形类型；EF与BiC的距离.(2)若正方体棱长为a,求 EFG的最大面积，并求此时参考答案一、1. B; 2, A; 3. A; 4. C;分析：建立如图所示的直角坐标系，则22a e-,-,0)，22B (、冬)，22c 22C (7万，0)，22D (-,-,0) , S (0,0,2).22.DB =(收石o), CS=(当当2).22人.J. 令向重 n =(x,y,1),且 n _LDB,n CS ,则n DB =0& 1 ,n CS =0
8、(x,y,1) (-.2, 2,0) =0I 五近，(x,y,1) (，2) =022J.n =(-% 72,1).二异面直线BD和SC之间的距离为:,0) (-2 2,1OC nd n(-2, 2,1)1 1 0|2 5(_.2)2 (2)2 12 二二二岫上面ABD ,二彘是5. A;分析:ABBA为正方形，,AB_LAB,又平面 AB1D_L平面ABBA,平面ABD的一个法向量，设点 C到平面ABD的距离为d ,则d2a_ IAc A1A AC AB) _ o . a a cos6002a2a46. B;分析：建立如图所示的直角坐标系,设平面 A1GD的一个法向量n=(x,y,1),n
9、DA =0 口r则4 J ,即n DC1 =0(x,y,i)(1,0,1(x,y,1) (0,1,1) =0o，二 n =(-1, -1,1),二平面A B C与平面AG D间的距离AD nd =_33AB =BC,_ (_1,0,0) (-1,-1,1)一 (-1)2(-1)2 127. D;O OP _L平面ABC, OA=OC,OA_OB, OA_OP, OB _ OP.以O为原点，射线OP为非负z轴，建立空间直角坐标系O-xyz(如图),5ITE 、(圾 短 )设AB=a,则Ai a,0,0 ,B 0,一a,0 ,C|-a,0,0I2 J I 2 J I 2 J设OP=h,则 P 0,
10、0,h .(I)； D为PC的中点,二行-1立二？(衣八，1OD = | -a,0, h ,又PA= a,0, -h ,I 42 J12)口 1 T4 , OD二 - PA 二 OD II PA.二 OD/平面 PAB.2(IIPA=2a,OD 一2,0,&a,4 4 _可求得平面pbc的法向量n = -i,i,. 1,OD O OD n . 210 cosOD,n =-k -=-.OD n 30设OD与平面PBC所成的角为e,i一也,丽30则 sin 日=cosOD,n ：= 二OD与平面PBC所成的角为arcsin210.308. B;解 以C为坐标原点，CA所在直线为 x轴，CB所在直线
11、为y轴，CC1所在直线为z点E在平面ABD上的射影是 MBD的重心G,轴，建立直角坐标系，设 CA = CB =a ,则 A (a,0,0), B (0,a,0), A(a,0,2), D (0,0,1).L/aa 八_ z a a 1 a a 2XE ( 一 , 1 ,1), G (-, ,-) , GE =(一 ,一 ,一),2 23 3 3663BD =(0,a,1),GE，平面 ABD,GE ED =0,解得 a =2.-1 1 2GE =(-,，3 3 3BA = (2,-2,2),GE _1平面 ABD,G GE为平面ABD的一个法向量.4cos GE, BA1_ GE BA1_3
12、| GE | | BAi |62、33A1B与平面ABD所成的角的余弦值为,7评析因规定直线与平面所成角冗一 .一 一一.9 u 0,两向量所成角 e0,兀,所以用此法向量求出的线面角应满足0 =|-a I29. A;取BC的中点O,连AO.由题意 平面ABC _L平面BCC1B1 , AO _L BC , AO_L 平面 BCC1B1 ,以。为原点，建立如图 6所示空间直角坐标系，一3 -393 3则 A (0,0的,B (-,0,0) , D (-,0,0) , B 1(-,-V3,0),2222 2933AD =( ,0,-V3) , Bi D = (3,-V 3,0),2223 -由题
13、息BB1_L平面ABD,BB1 = (0，J3,0)为平面ABD的法向量.2设 平面AB1 D的法向量为 n2 = (x, y, z),n2 _ AD-h ?n2 _ BiDcos 二 BB1,n2n2 AD =0二. ,n2 BiD =09x-/3z = 02 J3x - , 3y = 02不妨设,1,3)，BB1 n2I函IgI2、3I2得=60 ：故所求二面角B1 - AD -B的大小为60.评析：(1)用法向量的方法处理二面角的问题时，将传统求二面角问题时的三步曲：“找一一证一一求”直接简化成了一步曲：“计算”，这表面似乎谈化了学生的空间想象能力，但实质不然，向量法对学生的空间想象能力
14、要求更高，也更加注重对学生创新能力的培养， 体现了教育改革的精神.(2)此法在处理二面角问题时，可能会遇到二面角的具体大小问题，如本题中若取-333 1 一一一一人，.,n2 =(,-1,)时，会算得cos=,从而所求二面角为120，但依题意222只为601因为二面角的大小有时为锐角、直角，有时也为钝角.所以在计算之前不妨先依题意判断一下所求二面角的大小，然后根据计算取“相等角”或取“补角” .EB10. C;解 以D为坐标原点，建立如图 10所示的直 角坐标系，则 Bi(2j2,2j24), Di(QQ4),E(22, V2,0), F (72,22,0), D?E = (27272-4),
15、 DIF = (2,2j2,-4),D1B11 =(2，2,2。2,0),图 10DiE DiF2412cos D1E,D1F x , =j=-=,| DiE | | DiF |. 26、26135sin =一 , 13115所以 S四EF =1|DE| |DF | sin =父、26 Md26M 3=5, 12213设 平面D1EF的方程为：x+By+Cz + D = 0,将点D1，E,F代入得B =1= C = - 2 2 ,4 _D = -3V24C D =0*24 + V2B +D =0 ,22 十2 J2B + D = 03平面D1EF的方程为：x + y+ v 2z3v 2 = 0
16、 ,其法向重为4n =(1,1,3J2) ,.点 B1到平面 D1EF 的距离 d =|吧 n 1 =竺,4|n|51116 16 r , ,Vb1 _EFD1，SEFD1 ,d=K5K= 即为所求.3353评析 (1)在求点到平面的距离时，有时也可直接利用点到平面的距离公式| Ax0 ByCz0 D |、.A B2 C2(2)法向量在距离方面除应用于点到平面的距离、多面体的体积外，还能处理异面直线间的距离，线面间的距离，以及平行平面间的距离等.11. 2叵分析：设正方体棱长为2,以口为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则3-f、_ , 一 n DE -0D1E =(2,1,0) , C1B
17、 =(2,0, 2),设D1E和BG公垂线段上的向量为 n=(1&N)，则板 I ,I 4DG nn CB =02 =0 =-2T立即嬴；卜=-1(1HT又 口(02,0)：异面直线D1E和BG间的距离为 2但.3-.16 ,12. 16分析：以D为原点，建立如图所小的空间直角坐标系.11则 A (1,0,0), F (0,-,0), E (1,-,1).2,AE =(0,1,1) , AF2,1 、=(,2,0)；设面AEGF的法向量为n=(1，九,N),则有:n AE =0,n AF=0 , - J =0 2-1 -11. -0 2 二2，-1ab nB到截面AEC1 F的距离为rAj.n
18、=(1,2,1),又 AB =(0,1,0),所以点2_J61 . 6313. 1;解：如图建立空间直角坐标系,DB = (1, 1,0),DF= (0, L 1)，D、= (1, 0, 1)2设平面DBEF的法向量为n = (x, y, z),则有:DB =0x+y= 0DF =01. cy+ z= 02令 x= 1,y= -1,1z=一2(1,DBEF的距离h =n DA1二1,10 n14. 解：如图建立空间直角坐标系,5AB =AD1 = (-1,0, 1), AE = ( 0,1)设平面 ABCq 的法向量为n = (x,y, z),(0, 1, 0),xn AB = 0 可解得 n
19、 = ( 1, 0, 1)n AD1 = 0AE n；T0设直线 AE与平面 ABCiDi所成的角为 0 ,则sin日=-一r二AE 】n515 .解：如图建立空间直角坐标系，AG = （ i, i, 0）,设n1、n2分别是平面 AiBCi与平面ABCD的法向量,ni AiB =0可解得 ni = ( i, i, i)ni AiCi =0所以，cos ni, n2rnin2所以平面AiBCi与平面ABCD所成的二面角大小为arCC0S或 arccosl3-易知 n2 = (0, 0, i),注：用法向量的夹角求二面角时应注意：平面的法向量有两个相反的方向,取的方向不同求n1 AC1 =0ni
20、 AD = 0出来的角度当然就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小.16 .证明：如图建立空间直角坐标系，则ac1=（i, i, 0）, b1c =（i,。，一i）aD=（i, 0, i）,b1A=（0, -1, -1）设 AE 二九忘,AF = raD , BM =vb1a（丸、V W R ,且均不为0）设n1、n2分别是平面 AiEF与平面BiMC的法向量,由ni AE =0 可得 j ni 九AC1 =0 I -一n1AlF =0 I n1HAiD=0解得：ni = (1, 1, 1)n2 B1A = 0p- n1 / n2,由n2 B1M=0 可得n2 卡 BA=0n
21、2 BC =0n r2 B1c =0解得 n2 = (1,1, 1),所以 n1 =- n2 , 所以平面 AiEF/平面 BiMC.注：如果求证的是两个平面垂直，也可以求出两个平面的法向量后，利用n1，n2 u n1 n2 = 0来证明.17. (1)证明：. PAL平面 ABCD, PAXAB,又 AB, AD. . ABL平面 PAD,又AEL PD,，PD，平面 ABE,故 BEX PD .(2)解：以A为原点，AB、AD、AP所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则点C、D的坐标分别为(a, a, 0), (0, 2a, 0).,PA，平面 ABCD, / PDA 是 PD 与底面
22、ABCD 所成的角，/ PDA=30 .于是，在 RtAAED中，由AD=2a,得AE = a.过E作EFXAD,垂足为 F,在 RtAAFE中,一 _ a _313由 AE=a, / EAF =60 ,付 AF = , EF=a E (0, a,a)2222一，1AE = 0, - a, 3 ,0-2-a, CD = a, a,设AE与CD的夹角为1AE CDcos 9 = ；|AE|CD|0 (-a)a202 (；a)2 ( 23 a)2，(-a)2 a2 02.2AE与CD所成角的余弦值为 .4评述：第(2)小题中，以向量为工具，利用空间向量坐标及数量积，求两异面直线所成的 角是立体几何
23、中的常见问题和处理手段.18.解:(1)略.(2)如图，建立空间直角坐标系D xyz,一一11则知 B (1, 1, 0), E(-,1,1),F(0,-,1).设A =(x,y,z)是平面BDEF的法向量.1由n _DB,n _DF ,DB =(1,1,0), DF =(0,1)2n DB =x +y =0 Lr 则，1n DF =y +z =02x =-yiz =一y.21、令 y =1,得n = (1,1,少.设点A1在平面BDFE上的射影为H,连结AD,知A1D是平面BDFE的斜线段.AC,、 AC ,、，、，、，1、3A1D =(_1,0,_1), AD n =(_1)(_1) 0
24、1 ()()=一.2 2又fadi=%()2 M2 十)2 k01n|=J()2 书2 *_2)2 =3,3 _A1D n2/： 2,cos -A1D, A1H = = =K.I A1D| |n|2 322.| A1H 14 AlD | cos :二 A D, AH =2 2- =1.即点A1到平面BDFE的距离为1.(3)由(2)知，AiH=1 ,又AiD= 0)=0,化简彳导 XE yF=0；同理Xe Zg=0, yF Zg=0 ,易得 EF = EF = FG , EFG为正三角形.(2)解：因为 EFG是正三角形，显然当积也最大，此时，EF =A1C1=V2 a,EFG与A1C1D重合
25、时， EFG的边最长，其面22一S. EFG = S .A1C1Da1c11A10 sin60、3=, a22此时EF与BiC的距离即为AiCi与BiC的距离，由于两异面直线所在平面平行，所求距离转化为求点Bi到平面 AiCiD的距离,记AiCi与BiDi交于点Oi,作OiH / DiB并交BBi于点H ,则OiH，平面A1C1D,垂足为Oi,则Oi(?, - , a), H(a, a,-),而01H作为平面AiCiD的法向量, 2 22所以异面直线EF与BiC的距离设为d是22T I (土 +里)L01H( 443d = Oi Bi - =, = , a.0引月3（证明（2）时一般要找到求这两平面距离的两点，如图5*,而这两点为K与J,在立体图形中较难确定，且较难想到通过作辅助线DOi, OBi来得到，加上在如此复杂的空间图形中容易思维混乱，但只要借助平面法向量求线段的射影长度的思想，结合题设，使思路清晰明了，最终使问题的解决明朗化； 把握这种思想，不管是空间线线距离， 线面距离，面面距离问题, 一般我们都能转化成点线或点面距离，再借助平面法向量很好地解决了.）