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2025湘教版数学选择性必修第二册
第2章测评
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.在平行六面体ABCD-A'B'C'D'中,向量是(　　)
A.有相同起点的向量 B.等长的向量 C.共面向量 D.不共面向量
2.已知a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),则下列结论正确的是(　　)
A.a∥c,b∥c B.a∥b,a⊥c C.a∥c,a⊥b D.以上都不对
3. 如图,在空间直角坐标系中,有一棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,A1C的中点E到AB的中点F的距离为(　　)
A.2 B.
C.2 D.1
4.设向量不共面,空间一点P满足=x+y+z,则使A,B,C,P四点共面的一组数对(x,y,z)是(　　)
A. B. C.(1,-2,3) D.
5.在四棱锥P-ABCD中,=(4,-2,3),=(-4,1,0),=(-6,2,-8),则这个四棱锥的高h等于(　　)
A.1 B.2 C.13 D.26
6.已知两个不重合的平面,平面α与平面ABC,若平面α的法向量为n1=(2,-3,1),=(1,0,-2),=(1,1,1),则(　　)
A.平面α∥平面ABC B.平面α⊥平面ABC
C.平面α,平面ABC相交但不垂直 D.以上均有可能
7.已知向量a=(1,2,3),b=(-2,-4,-6),|c|=,若(a+b)·c=7,则a与c的夹角为(　　)
A.30° B.60° C.120° D.150°
8.已知棱长都为3的正三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为棱BB1,CC1上的点,当A1D+DE+EA取得最小值时,直线DE与平面AA1C1C所成角的正弦值为(　　)
A. B. C. D.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9. 在棱长为1的正四面体ABCD中,E,F分别为BC,AD的中点,则下列命题正确的是 (　　)
A.)
B.EF=
C.BC⊥平面AEF
D.AE和CF夹角的正弦值为
10.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,如下四个结论正确的是(　　)
A.AC⊥BD B.△ACD是等边三角形
C.AB与平面BCD所成的角为 D.AB与CD所成的角为
11. 如图,已知正方体的棱长为1,O1,O2分别为正方体上、下底面的中心,O3,O4,O5,O6分别为四个侧面的中心,由这六个中心构成一个八面体的顶点,则(　　)
A.直线O1O3与直线O2O4所成角为60°
B.二面角O1-O3O4-O5的正切值为
C.这个八面体的表面积为
D.这个八面体外接球的体积为
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.棱长为a的正四面体中,=　　　　　.
13.设PA垂直于Rt△ABC所在的平面α,∠BAC=90°,PB,PC分别与α成45°和30°角,PA=2,则PA与BC的距离是　　　　　;点P到BC的距离是　　　　　.
14.已知向量m=(a,b,0),n=(c,d,1),其中a2+b2=c2+d2=1,现有以下说法:
①向量n与z轴正方向的夹角恒为定值(即与c,d无关);
②m·n的最大值为;
③m与n的夹角的最大值为;
④若定义u×v=|u|·|v|sin,则|m×n|的最大值为.
其中正确的有　　　　　.(写出所有正确说法的序号)
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. (13分)如图所示,在四棱锥M-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,侧棱AM的长为3,且AM和AB,AD的夹角都是60°,N是CM的中点,设a=,b=,c=,试以{a,b,c}为基表示出向量,并求线段BN的长.
16.(15分)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长为 .
(1)设侧棱长为1,求证:AB1⊥BC1;
(2)设AB1与BC1的夹角为,求侧棱的长.
17.(15分)已知E,F,G,H分别是空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA的中点.
(1)用向量法证明E,F,G,H四点共面;
(2)用向量法证明BD∥平面EFGH;
(3)设M是EG和FH的交点,求证:对空间任一点O,有).
18.(17分) 如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,点M在线段AB上,AC=BC=CC1=3,AM=,求直线AC1与平面B1MC所成角的正弦值.
19.(17分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥DC,∠ADC=90°,AB=AD=DC=2,PB=PD=3,BC⊥PD.
(1)求证:平面PBD⊥平面ABCD;
(2)在线段PC上是否存在异于P,C的一点M,使平面PBD与平面BDM夹角的余弦值为 若存在,求出点M的位置;若不存在,请说明理由.
第2章测评
1.C　向量显然不是有相同起点的向量,A不正确;
由该平行六面体不一定是正方体可知,这三个向量不一定是等长的向量,B不正确;
又,
共面,C正确 ,D不正确.
2.C　∵a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),
∴a·b=-4+0+4=0,
∴a⊥b.
,
∴a∥c.故选C.
3.B　在空间直角坐标系中,有一棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,
∴A1(2,0,2),C(0,2,0),A1C的中点E(1,1,1),A(2,0,0),B(2,2,0),AB的中点F(2,1,0),
∴A1C的中点E到AB的中点F的距离为
|EF|=
故选B.
4.B　因为向量不共面,=x+y+z,
所以当且仅当x+y+z=1时,A,B,C,P四点共面.
对于A,1,故A错误;
对于B,-=1,故B正确;
对于C,1-2+3≠1,故C错误;
对于D,-1,故D错误.
故选B.
5.B　设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z),
则
即
不妨令x=3,则y=12,z=4,
可得n=(3,12,4),
四棱锥的高h==2.
故选B.
6.A　由题意,计算n1=2×1+(-3)×0+1×(-2)=0,得n1;
计算n1=2×1+(-3)×1+1×1=0,得n1,又AB∩AC=A,
所以n1⊥平面ABC,
又两平面不重合,则平面α∥平面ABC.
故选A.
7.C　设向量a+b与c的夹角为α,
因为a+b=(-1,-2,-3),
所以|a+b|=,cos α=,所以α=60°.
因为向量a+b与a的方向相反,所以a与c的夹角为120°.
8.C　将三棱柱侧面展开,如图1,由于两点之间直线段最短,则当展开图中A,E,D,A1共线时,A1D+DE+EA最小,
图1
图2
此时,由三棱柱棱长都为3可得,E,D分别为CC1靠近C的三等分点,BB1靠近B1的三等分点,如图2建立空间直角坐标系,则D,E,0,1,B
设AC中点为F,则F,0,
由正三棱柱的性质知,BF⊥平面AA1C1C,
故为平面AA1C1C的法向量,
又=(3,0,-1),故直线DE与平面AA1C1C所成角的正弦值为故选C.
9.BC　由正四面体ABCD各个侧面都是等边三角形,
连接DE,设G为其中点,连接FG,又E,F分别为BC,AD的中点,
=
=)-
=-
=-),A错误;
易知AE=DE=,EF⊥AD,则EF=,B正确;
由AE⊥BC,DE⊥BC,AE∩DE=E,AE,DE 平面ADE,则BC⊥平面ADE,即BC⊥平面AEF,C正确;
连接CG,显然FG∥AE,则AE和CF的夹角,即为∠GFC或其补角,又GE=,CE=,可得CG=,在△GCF中,CF=,FG=,有cos∠GFC=,
所以sin∠GFC=,D错误.
故选BC.
10. ABD　如图所示,建立空间直角坐标系,设正方形ABCD的边长为,则D(1,0,0),B(-1,0,0),C(0,0,1),A(0,1,0),所以=(0,-1,1),=(2,0,0),=0,故AC⊥BD,A正确;
又||=,||=,||=,所以△ACD为等边三角形,B正确;
对于C,为平面BCD的一个法向量,设α为直线AB与平面BCD所成的角,=(-1,-1,0),=(0,1,0),
所以sin α=|cos<>|=
因为直线与平面所成的角α∈0,,所以AB与平面BCD所成的角为,C错误;
由C(0,0,1),D(1,0,0),得=(1,0,-1).
cos<>=
=
=-,
因为异面直线所成的角为锐角或直角,所以直线AB与CD所成的角为,故D正确.
故选ABD.
11.ACD　如图,以点D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则O1,O2,0,O3,0,,O41,,
所以,
所以cos<>==-,
则直线O1O3与O2O4所成的角为60°,选项A正确;
连接O3O5,O4O6,且相交于点O,作O1F⊥O3O4,连接OO1,OF,
易知OO1⊥平面O3O4O5O6,由二面角的定义可知,二面角O1-O3O4-O5的平面角为∠OFO1,而OO1=,OF=O4O5=,
所以tan∠OFO1=,选项B错误;
O1F=,则,
所以这个八面体的表面积为8,选项C正确;
八面体外接球的球心即为四边形O3O4O5O6的中心,则外接球的半径为,所以外接球的体积为,选项D正确.
故选ACD.
12.-　棱长为a的正四面体中,AB=BC=a,且的夹角为120°,易证AC⊥BD.
=a·acos 120°+0=-
13　作AD⊥BC于点D,
∵PA⊥平面ABC,
∴PA⊥AD.
易得AB=2,AC=2,BC=4,AD=,连接PD,易知PD⊥BC,P到BC的距离PD=
14.①③④　①取z轴的正方向单位向量a=(0,0,1),则cos=,所以向量n与z轴正方向的夹角恒为定值,①正确;
②m·n=(a,b,0)·(c,d,1)=ac+bd,则-ac+bd,结合已知,得-1≤ac+bd≤1,即m·n的最大值为1,②错误;
③由②的解析知-1≤m·n≤1,
所以cos,
即-cos,从而m与n的夹角的最大值为,③正确;
④设m与n的夹角为θ,由③可知:-cos,所以sin≤1,所以m×n=|m|·|n|·sin≤11=,④正确.
综上可知,正确说法的序号是①③④.
15.解因为)=-()]=-,
所以=-a+b+c,||2==-a+b+c2=(a2+b2+c2-2a·b-2a·c+2b·c)=
所以||=,
即BN的长为
16.(1)证明
因为BB1⊥平面ABC,
所以=0,=0.
又△ABC为正三角形,设θ为向量的夹角,
所以θ=
因为=()·()==||·||·cos<>+=-1+1=0,所以AB1⊥BC1.
(2)解由(1)知=||·||·cos<>+-1,
又||==||,
所以cos<>=,
所以||=2,
即侧棱长为2.
17.证明(1)如图,连接BG,易知,)=
则)=
由向量共面的充要条件可知,共面,又三向量过同一点E,所以E,F,G,H四点共面.
(2)因为)=,
所以EH∥BD.
又EH 平面EFGH,BD 平面EFGH,
所以BD∥平面EFGH.
(3)由(2)知,
同理,,
所以,EH∥FG,EH=FG,
所以EG,FH交于一点M且被M平分,
所以)=)+)=),得证.
18.解 ∵CC1⊥CA,CC1⊥CB,CA⊥CB,
∴以C为原点,CA,CB,CC1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C(0,0,0),A(3,0,0),B1(0,3,3),C1(0,0,3).
∵AM=,
∴M(2,1,0).
设平面B1MC的一个法向量为n=(x,y,z),=(0,3,3),=(2,1,0),
取z=2,则n=(1,-2,2).
设直线AC1与平面B1MC所成角为θ,又=(-3,0,3),
则sin θ=|cos<,n>|=
19.(1)证明取BD的中点O,连接PO,
因为AB∥DC,∠ADC=90°,AB=AD=DC=2,
所以BD=2,DC=4,∠BDC=45°,
在△BCD中,由余弦定理可得,BC2=DC2+BD2-2BD·DCcos∠BDC=42+(2)2-2×4×2=8,
所以BC=2,
所以BC2+BD2=CD2,
所以BC⊥BD.
因为BC⊥PD,BD∩PD=D,BD,PD 平面PBD,
故BC⊥平面PBD.
因为BC 平面ABCD,
则平面PBD⊥平面ABCD.
(2)解因为∠ADC=90°,所以以点D为坐标原点,DA,DC所在直线分别为x轴、y轴,以垂直于平面ABCD方向为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(0,0,0),B(2,2,0),C(0,4,0),O(1,1,0),因为DO=BD=,PD=3,
所以PO=4,
即P(1,1,4).
假设存在点M满足题意,设M(x,y,z),则=(x,y-4,z),=(1,-3,4).
不妨设=(0<λ<1),
即(x,y-4,z)=λ(1,-3,4),
可得M(λ,4-3λ,4λ),
所以=(λ,4-3λ,4λ),=(2,2,0).
设n=(x1,y1,z1)为平面BDM的法向量,
则
即
令x1=1,得n=,
因为BC⊥平面PBD,
所以=(-2,2,0)为平面PBD的法向量.
要使平面PBD与平面BDM夹角的余弦值为,
则|cos|=,
解得λ=,
所以点M为线段PC的中点.
故在线段PC上存在中点M,使平面PBD与平面BDM夹角的余弦值为
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