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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
高中同步达标检测卷
第一章　空间向量与立体几何
全卷满分150分　考试用时120分钟
一、单项选择题(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.关于空间向量a,b,c,下列运算错误的是(　　)
A.a·b=b·a　　B.(a+b)·c=a·c+b·c　　C.(λa)·b=λ(a·b)　　D.|a·b|=|a||b|
2.若{a,b,c}为空间的一个基底,则下列各项中能构成基底的一组向量是(　　)
A.a+c,a-b,b+c　　B.c,a+b,a-b
C.a,a+b,a-b　　D.a+b,a+b+c,c
3.如图,圆锥的轴截面ABC为等边三角形,D为弧AB的中点,E,F分别为母线BC,AC的中点,则异面直线BF和DE所成角的大小为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
4.已知正四面体PABC的棱长为1,动点M在平面ABC上运动,且满足=--+m,则·的值为(　　)
A.-2　　B.-1　　C.0　　D.2
5.已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为2,∠A1AB=∠A1AC=,点E,F满足=,=,则||=(　　)
A.　　B.　　C.2　　D.
6.阅读材料:空间直角坐标系Oxyz中,过点P(x0,y0,z0)且一个法向量为n=(a,b,c)的平面α的方程为a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0;过点P(x0,y0,z0)且一个方向向量为d=(u,v,w)(uvw≠0)的直线l的方程为==.利用上面的材料,解决下面的问题:已知平面α的方程为3x-5y+z-7=0,直线l的方向向量为m=(3,1,-2),则直线l与平面α所成角的正弦值为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
7.已知四棱锥A-EBCD,AE⊥平面EBCD,底面EBCD是∠DEB为直角,且满足EB∥DC的直角梯形,如图所示,若CD=2EB=2AE=4,DE=2,点F为AD的中点,则F到直线BC的距离为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
8.如图所示,在四棱锥E-ABCD中,平面AED⊥平面ABCD,四边形ABCD为矩形,△AED为等腰直角三角形,且AE=ED=AB=2,AD=2,点F在线段AD上,则三棱锥E-FBC外接球的表面积S的取值范围为(　　)
A.　　B.[11π,12π]　　C.　　D.
二、多项选择题(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.已知向量a=(1,-1,m),b=(-2,m-1,2),则下列结论正确的是(　　)
A.若|a|=2,则m=±
B.若a⊥b,则m=-1
C.不存在实数λ,使得a=λb
D.若a·b=-1,则a+b=(-1,-2,-2)
10.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖,在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案,如图1,把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合,再将这个组合转换成如图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1,则(　　)
　　　　
A.=2+2
B.直线CQ与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为
C.点C1到直线CQ的距离是
D.异面直线CQ与BD所成角的余弦值为
11.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M为侧面ADD1A1内的一个动点(含边界),P,Q分别是线段CC1,BC的中点,则下列结论正确的是(　　)
A.存在点M,使得二面角M-DC-P的大小为
B.·的最大值为6
C.直线PM与侧面A1ADD1所成的角为时,点M的轨迹长度为
D.若MB1⊥BP,则三棱锥B1-AMQ的体积为定值
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,2),c=(-3,5,λ),若a,b,c三向量共面,则实数λ=　　　　.
13.已知点A(1,2,3),B(2,1,2),P(1,1,2),O为坐标原点,点Q在直线OP上运动,则当·取得最小值时,点Q的坐标为　　　　　　.
14.古希腊数学家阿波罗尼斯发现:平面上到两定点的距离的比值为常数λ(λ>0,且λ≠1)的点的轨迹是圆,且该圆的圆心在这两定点所连的直线上.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2AD=2AA1=6,点E在棱AB上,BF=AE,F为C1D1的中点,动点P满足BP=PE.若P在底面ABCD所在平面内运动,则点P的运动轨迹所围图形的面积是　　　　;三棱锥P-B1CF体积的最小值为　　　　.
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,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,CB=CD=CC1=4,∠BCD=90°,∠BCC1=∠DCC1=60°.
(1)求AC1的长;
(2)求异面直线AC1与CD1所成角的余弦值.
16.(15分)从下列三个条件中任选一个,补充在问题中的横线上,并加以解答.条件①:图1中,tan∠ABD=2;条件②:图1中,3=2+;条件③:图2中,CD>BD,S△BCD=1.
图1
图2
如图1所示,在△ABC中,∠ACB=45°,BC=3,过点A作AD⊥BC,垂足D在线段BC上,沿AD将△ABD折起,使∠BDC=90°(如图2).已知M为棱AC的中点,　　　　　,在棱CD上取一点N,使得CN=3DN,求平面BNM与平面BNC的夹角的余弦值.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
17.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PDC⊥平面ABCD,AD⊥DC,AB∥DC,AB=DC,PD=AD=1,M为棱PC的中点.
(1)证明:BM∥平面PAD;
(2)若PC=,AB=1.
(i)求二面角P-DM-B的余弦值;
(ii)在线段PA上是否存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离是 若存在,求出的值;若不存在,说明理由.
18.(17分)已知两个非零向量a,b,在空间中任取一点O,作=a,=b,则∠AOB叫做向量a与b的夹角,记作.定义a与b的“向量积”为a×b,它是一个向量,且与向量a,b都垂直,它的模|a×b|=|a|·|b|sin.如图,在正四棱锥S-ABCD中,AB=2,且|×|=2.
(1)求正四棱锥S-ABCD的体积V;
(2)若P为侧棱SD上的点,且SD⊥平面PAC,求平面PAC与平面ABCD夹角的余弦值;
(3)若点E是侧棱SC(包含端点)上的一个动点,当直线DE与平面BCE所成的角最大时,求的值.
19.(17分)为方便师生行动,某校正实施某栋教学楼电梯加装工程.我们借此构造了以下模型:已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1,它抽象自该栋教学楼南侧的楼心花园所占据的空间,设|AB|=|BC|=8,|AA1|=12,O为底面ABCD的中心,正四棱柱OECF-O1E1C1F1与正四棱柱OECF-O2E2C2F2分别代表电梯井与电梯厢,设|OO2|=2,M为棱FF1的中点,N,K分别为棱AA1,DD1上的点,|AN|=8,|DK|=4.
(1)求证:OM∥平面A1CF1;
(2)求直线A1O与平面A1CF1所成角的正弦值;
(3)“你站在桥上看风景,看风景的人在楼上看你.明月装饰了你的窗子,你装饰了别人的梦.”卞之琳诗句中的情景其实也在我们的生活中反复上演.假如甲同学站在楼心花园的中心(O点),她正目送着倚立在电梯厢一角的乙同学,假定甲同学的目光聚焦于棱OO2的中点I,此时,电梯厢中同学的目光正徘徊在位于N点的数学办公室与位于K点的数学实验室,随着电梯厢向上启动,在这时空里便诞生了由点O与移动着的平面INK所勾勒的动人风景.现在,请作为“正在看风景的人”的你完成以下问题:在电梯厢自底部(平面OECF与平面ABCD重合)运行至顶部(平面O2E2C2F2与平面A1B1C1D1重合)的过程中,求点O到平面INK距离的最大值.
答案全解全析
1.D　根据空间向量数量积的运算律可知A、B、C中运算正确;由向量的数量积公式知D中运算错误.
2.B　对于A,因为b+c=(a+c)-(a-b),所以A中的三个向量共面,故A错误;对于B,显然c与a+b,a-b不共面,故B正确;对于C,因为a=(a+b)+(a-b),所以C中的三个向量共面,故C错误;对于D,因为c=(a+b+c)-(a+b),所以D中的三个向量共面,故D错误.
3.C　设圆锥的底面圆心为O,连接CO,OD,则CO⊥底面圆O,
又OD,OB 底面圆O,所以CO⊥OD,CO⊥OB,易知OD⊥AB,
所以OB,OC,OD两两垂直,以O为坐标原点建立如图所示的坐标系,
设AB=2,则B(0,1,0),D(1,0,0),E,F,所以=,=,
记异面直线BF和DE所成的角为θ,则cos θ=|cos<,>|==0,所以异面直线BF和DE所成的角为.
4.C　因为动点M在平面ABC上运动,且满足=--+m,
所以-1-1+m=1,即m=3,因此=--+3,
因为正四面体PABC的棱长为1,所以、、的模均为1,彼此间的夹角为60°,
因此·=(--+3)·(-)=-+3·-3·=1-1+3×1×1×-3×1×1×=0.
5.D　=++=-++(-)=+-,
∴||2==+++·-·-·=1+1+1+×2×2×-2×1×-2×1×=2,∴||=.
6.A　∵平面α的方程为3x-5y+z-7=0,∴平面α的法向量可取为n=(3,-5,1),又直线l的方向向量为m=(3,1,-2),∴直线l与平面α所成角的正弦值为|cos|==.
7.A　因为AE⊥平面EBCD,BE,ED 平面EBCD,所以AE⊥BE,AE⊥ED,
又在底面EBCD中,∠DEB=90°,即BE⊥ED,所以AE,BE,ED两两垂直.
以E为原点,EB,ED,EA所在的直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,2),B(2,0,0),C(4,2,0),D(0,2,0),因此F(0,,1),
所以=(2,2,0),=(2,-,-1),
记c==,a==(2,-,-1),
则|a|==2,a·c=1-=-,
所以F到直线BC的距离d===.
8.A　取AD的中点O,连接OE,因为AE=ED,所以OE⊥AD,
又平面AED⊥平面ABCD,平面AED∩平面ABCD=AD,OE 平面AED,
所以OE⊥平面ABCD,又四边形ABCD为矩形,故AB⊥AD.
以O为原点,OD,OE所在直线分别为y,z轴,在平面ABCD内,过O点且平行于AB的直线为x轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
因为AE=ED=2,AD=2,所以OA=OE=OD=,故E(0,0,),
又AB=2,故B(2,-,0),C(2,,0),
设F(0,a,0)(-≤a≤),三棱锥E-FBC外接球的球心为G(x,y,z),半径为R,
则解得
即R2==,
因为-≤a≤,所以0≤a2≤2,
则当a2=时,R2取得最小值,
当a2=2时,R2取得最大值3,即R2∈,
所以三棱锥E-FBC外接球的表面积S=4πR2∈.
9.AC　由|a|=2得=2,解得m=±,故A正确;由a⊥b得-2-m+1+2m=0,解得m=1,故B错误;若存在实数λ,使得a=λb,则1=-2λ,-1=λ(m-1),m=2λ,显然λ无解,即不存在实数λ,使得a=λb,故C正确;若a·b=-1,则-2-m+1+2m=-1,解得m=0,于是a+b=(-1,-2,2),故D错误.
10.BC　以A为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图,
则A(0,0,0),B(0,1,0),A1(0,0,1),G(-1,-1,2),Q(0,-1,2),C(-1,1,0),C1(-1,1,1),D(-1,0,0).
对于A,=(0,-2,2),=(0,1,0),=(0,0,1),则2+2=(0,2,0)+(0,0,2)=(0,2,2)≠,因此A错误;
对于B,易得=(0,-1,2)-(-1,1,0)=(1,-2,2),平面A1B1C1D1的一个法向量为(0,0,1),记m=(0,0,1),
设直线CQ与平面A1B1C1D1所成角的大小为θ,
则sin θ=|cos<,m>|===,因此B正确;
对于C,易得=(0,0,1),则点C1到直线CQ的距离d====,因此C正确;
对于D,易得=(-1,-1,0),设异面直线CQ与BD所成角的大小为α,
则cos α=|cos<,>|====,因此D错误.
11.BCD　因为P是线段CC1的中点,所以平面PDC即为平面CDD1C1,
因为CD⊥平面ADD1A1,MD 平面ADD1A1,所以MD⊥CD,
又易知DD1⊥CD,平面MDC∩平面PDC=DC,所以二面角M-DC-P的平面角为∠MDD1,其范围为,因此A错误;
如图,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
则P(0,2,1),B1(2,2,2),设M(a,0,b),0≤a≤2,0≤b≤2,
则·=(2-a,2,2-b)·(-a,2,1-b)=a2-2a+b2-3b+6=(a-1)2++,0≤a≤2,0≤b≤2,所以当a=0或a=2,且b=0时,·取得最大值,为6,因此B正确;
如图,取DD1的中点E,连接PE,ME,PM,
则PE⊥侧面AA1D1D,又ME 侧面AA1D1D,所以PE⊥ME,所以直线PM与侧面A1ADD1所成的角为∠PME=,则ME=PE=2,
则点M的运动轨迹为以E为圆心,2为半径的圆在侧面AA1D1D内的部分,设该圆分别交AD,A1D1于点M2,M1,如图,
所以点M在侧面AA1D1D内的运动轨迹是劣弧M1M2,
易知∠M1ED1=∠M2ED=,
因此∠M1EM2=,所以劣弧M1M2的长为×2=,因此C正确;
取AD的中点H,连接A1H,HQ,B1Q,
在正方形BCC1B1中,因为P,Q分别是线段CC1,BC的中点,易得B1Q⊥BP,又A1B1⊥平面BCC1B1,BP 平面BCC1B1,故A1B1⊥BP,因为A1B1∩B1Q=B1,A1B1,B1Q 平面A1B1QH,所以BP⊥平面A1B1QH,
因为M为侧面ADD1A1内的一个动点(含边界),且MB1⊥BP,
侧面AA1D1D∩平面A1B1QH=A1H,
所以点M的轨迹为线段A1H,易知A1H∥B1Q,A1H 平面AQB1,B1Q 平面AQB1,所以A1H∥平面AQB1,
因此点M到平面AQB1的距离为定值,
又为定值,所以三棱锥M-AQB1的体积为定值,
即三棱锥B1-AMQ的体积为定值,所以D正确.
12.答案　-1
解析　∵a=(2,-1,3),b=(-1,4,2),∴a,b不平行,
∵a,b,c三向量共面,∴存在实数x,y,使得c=xa+yb,
∴解得x=-1,y=1,∴λ=-3+2=-1.
13.答案　
解析　设Q(x,y,z),由点Q在直线OP上可得存在实数λ使得=λ=(λ,λ,2λ),则Q(λ,λ,2λ),
则=(1-λ,2-λ,3-2λ),=(2-λ,1-λ,2-2λ),
∴·=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=2(3λ2-8λ+5),
根据二次函数的性质可得当λ=时,·取得最小值,为-,此时点Q的坐标为.
14.答案　12π;-3
解析　以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的坐标系,
则A(0,0,0),B(6,0,0),B1(6,0,3),C(6,3,0),F(3,3,3),设P(x,y,0),由BF=AE得=xE,所以E(2,0,0),由BP=PE,得=×,
化简得x2+y2=12,即点P在底面ABCD所在平面内,且到点A的距离为定值=2,
所以点P的运动轨迹所围图形的面积是π·(2)2=12π.
易得在△B1CF中,B1C=B1F=CF=3,
即△B1CF是边长为3的等边三角形,其面积为,
设平面B1CF的法向量为n=(x',y',z'),
则又=(0,-3,3),=(-3,0,3),故取x'=1,则y'=z'=1,可得平面B1CF的一个法向量为n=(1,1,1),
根据点P的坐标满足x2+y2=12,可设P(2cos θ,2sin θ,0),θ∈[0,2π),所以=(2cos θ-6,2sin θ-3,0),
因此·n=2cos θ+2sin θ-9,
故点P到平面B1CF的距离d==≥,当θ=时取等号,
所以三棱锥P-B1CF的体积V=d≥-3,即三棱锥P-B1CF体积的最小值为-3.
15.解析　设=a,=b,=c,则{a,b,c}为空间的一个基底.(1分)
(1)因为=-(+)=c-(a+b),(2分)
所以||2=[c-(a+b)]2=c2+a2+b2-2a·c-2b·c+2a·b=16+16+16-2×4×4×cos 60°-2×4×4×cos 60°+0=16,(5分)
所以||=4,即AC1的长为4.(6分)
(2)=+=a+c,(7分)
所以·=(c-a-b)·(a+c)
=(c-a)·(a+c)-b·(a+c)=-b·a-b·c=-b·c=-8,(9分)
||===4,(10分)
设异面直线AC1与CD1所成的角为θ,
则cos θ=|cos<,>|===,(12分)
即异面直线AC1与CD1所成角的余弦值为.(13分)
16.解析　由题可知,在题图2中,DB,DC,DA两两垂直.以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.(2分)
选条件①.
在题图1所示的△ABC中,设AD=CD=a,则在Rt△ABD中,tan∠ABD===2,解得a=2,∴BD=1.(5分)
∴B(1,0,0),N,M(0,1,1),
∴=,=(-1,1,1).　(7分)
设平面BNM的法向量为n=(x,y,z),
由得令x=1,则y=2,z=-1,∴n=(1,2,-1).(10分)
易知平面BNC的一个法向量为(0,0,1),记m=(0,0,1),(11分)
∴|cos|===,(13分)
易知平面BNM与平面BNC的夹角为锐角,
∴平面BNM与平面BNC的夹角的余弦值为.(15分)
选条件②.
在题图1所示的△ABC中,由3=2+,得2(-)=-,即2=,∴DC=2BD.∵BC=3,∴CD=2,BD=1.(5分)
以下同条件①.
选条件③.
在题图2中,设BD=b(0∵∠BDC=90°,∴S△BCD=b(3-b)=1,解得b=1或b=2.
又CD>BD,∴CD=2,BD=1.(5分)
以下同条件①.
17.解析　(1)证明:如图,取PD的中点E,连接ME,AE,
∵M为棱PC的中点,∴ME∥DC,ME=DC,(2分)
又AB∥DC,AB=DC,∴ME∥AB,ME=AB,
∴四边形ABME是平行四边形,∴BM∥AE,(4分)
又AE 平面PAD,BM 平面PAD,∴BM∥平面PAD.(6分)
(2)∵AB=1,AB=DC,∴DC=2,
又PD=1,PC=,∴PC2=PD2+DC2,即PD⊥DC,
又平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=DC,PD 平面PDC,
∴PD⊥平面ABCD,又AD 平面ABCD,∴PD⊥AD,
又AD⊥DC,∴PD,AD,DC两两互相垂直,(8分)
如图,以D为坐标原点,DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),P(0,0,1),M.(9分)
(i)设平面BDM的一个法向量为m=(x,y,z),
则又=(1,1,0),=,故令y=1,可得x=-1,z=-2,∴m=(-1,1,-2),(10分)
又平面PDM的一个法向量为=(1,0,0),
∴cos===-,(11分)
由图易知二面角P-DM-B的平面角为钝角,
∴二面角P-DM-B的余弦值为-.(12分)
(ii)假设在线段PA上存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离为.
易得=(1,0,-1),=(1,1,-1),设=λ(0≤λ≤1),∴=(λ,0,-λ),
∴=-=(λ,0,-λ)-(1,1,-1)=(λ-1,-1,1-λ),
由(i)知平面BDM的一个法向量为m=(-1,1,-2),
∴点Q到平面BDM的距离为=,
则=,解得λ=或λ=,(14分)
又0≤λ≤1,∴λ=,
故在线段PA上存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离为,且=.(15分)
18.解析　(1)连接AC,BD,设AC和BD相交于点O,取AD的中点K,连接OK,SK,SO,
因为AD∥BC,所以与的夹角即为与的夹角,
故|×|=||·||·sin∠SDK=2SK=2,(2分)
所以SK=,所以SO==,(4分)
所以正四棱锥S-ABCD的体积V=×4×=.(5分)
(2)由(1)及题可知,SO,OA,OB两两互相垂直.以O为原点,OA,OB,SO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O(0,0,0),D(0,-,0),S(0,0,),(7分)
因为P在SD上,且SD⊥平面PAC,
所以平面PAC的一个法向量为=(0,-,-),
又因为SO⊥平面ABCD,所以平面ABCD的一个法向量为=(0,0,-),(9分)
设平面PAC与平面ABCD的夹角为θ,
则cos θ=|cos<,>|===,(11分)
即平面PAC与平面ABCD夹角的余弦值为.(12分)
(3)因为点E是侧棱SC(包含端点)上的一个动点,所以可设=λ(0≤λ≤1),由(2)知B(0,,0),C(-,0,0),设E(x,y,z),则(x,y,z-)=λ(-,0,-),可得E(-λ,0,-λ),所以=(-λ,,-λ),(14分)
因为点E在侧棱SC上,所以平面BCE的法向量就是平面SBC的法向量,设平面SBC的法向量为n=(x',y',z'),易得=(-,-,0),=(0,-,),
因为n·=0,且n·=0,所以可取x'=-,则y'=,z'=1,所以n=(-,,1),
设直线DE与平面BCE所成的角为α,
则sin α=|cos<,n>|==,(16分)
因为0≤λ≤1,所以当λ=时,sin α取得最大值,
此时直线DE与平面BCE所成的角最大,所以=,所以的值等于3.(17分)
19.解析　(1)证明:以O为坐标原点,OE所在直线为x轴,OF所在直线为y轴,OO1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图,
则O(0,0,0),M(0,4,6),A1(-4,-4,12),C(4,4,0),F1(0,4,12),
∴=(4,8,0),=(-4,0,12),=(0,4,6),
设平面A1CF1的法向量为n=(x,y,z),则
取z=2,得x=6,y=-3,故n=(6,-3,2),(3分)
∵n·=6×0-3×4+2×6=0,∴n⊥,
∵OM不在平面A1CF1内,∴OM∥平面A1CF1.(5分)
(2)由(1)得=(4,4,-12),(6分)
∴cos<,n>===-,
∴直线A1O与平面A1CF1所成角的正弦值为.(8分)
(3)同(1)中所建坐标系,设I(0,0,λ),λ∈[1,11].
易知N(-4,-4,8),K(-4,4,4),∴=(0,8,-4),=(-4,4,4-λ),=(0,0,λ).(9分)
设平面INK的一个法向量为m=(a,b,c),
则取b=1,得a=,c=2,故m=,(12分)
∴点O到平面INK的距离d===,λ∈[1,11],(15分)
∴当=,即λ=时,d取得最大值,为,
∴点O到平面INK距离的最大值为.(17分)

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