2018-2019学年高中数学第二章空间向量与立体几何章末综合检测2北师大版选修2-1

1、第二章空间向量与立体几何章末综合检测（时间：100 分钟，满分：120 分）一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 4 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.已知向量a、b,且AB= a+ 2b, BC=- 5a+ 6b,CD=7a 2b,则一定共线的三点是（）A.AB、DB.A、B、CC. B、C DD. A、CD解析：选 A.vBD=詁CD=2（a+ 2b） = 2AB B为公共点， A B D三点共线.2.化简PMPN尬!所得的结果是（）A.PMB.NPC. 0D.MN解析：选 C.奇PN+ MN= NM- MN=0.3.若向量MAMBN（的起点M

2、和终点A, B,C互不重合且无三点共线，则能使向量MAMBN（成为空间一组基底的关系是（）N1M1M1MA.OM=3OAF3O聊 3OCB.MA= MBb MCC. OM= OA- 3聊OCD.MAF2MB-MC解析：选 C.对于选项 A ,由结论0M=x6A-yOBbzOCx+y+z= 1）?M A, B,C四点共 面知，IMAMB3共面；对于 B ,D 选项，易知MAMB3共面，故只有选项C 中MAMBMC不共面.4.平行六面体ABCD ABCD中，若AC=xAB+2yBC+ 3zGC,贝U x+y+z等于(7A.1B.-65D.解析：选 B.在平行六面体中，AC=xAB+2yBC 3zC

3、C=AB+BC-CC=AB+BCCh1 1比较系数知x= 1,y= 2，z= - 3,7 x+y+z=石.C. 4a-b解析：选 Atosa，b=面了|3 乂 39,- S=|a|b|sina,b=9x =65.7.在正方体ABCDABCD中，棱长为a,M N分别为AB, AC的中点，贝U MN与平面BBCC的位置关系是()A.相交C.垂直解析：选 B.5.已知两个平面的一个法向量分别是面所成的二面角的平面角的余弦值为(m= (1 , 2,- 1) ,n= (1 , - 1, 0)，则这两个平)B.D.解析：选 C.cosmnnrnImin|由于两平面所成角的二面角与m6.已知a= (2 ,

4、1, 2) ,b= (2 , 2 ,A. 65=,6X ,26，n相等或互补故选 C.1),则以a、b为邻边的平行四边形的面积为()D. 8sin a,bCO建立如图所示的空间直角坐标系，CD= (0 ,a, 0)为平面BBCC的一个法向量,1 1Ma，2a，2a)，1 1Nqa,2a，a),N=(-2a，0，2a)，由于CDMN=0，且MN平面BBCC, MN/平面BBCC&如图，在ABC中,AB= BC=4，/ABC=30,AD是边BC上的高，则ADAC勺值等于()解析：选 C.在厶ABC中，由余弦定理得，|AC2= 42+ 42 2X4X4cos 30= 32 16 3, |AQ

5、= 2( 62) , cos /CAD=cosAD,AC= cos 15 = cos(45 30 ) = cos6+,2又AD=2AB=2,KD-AC=|ADlXCcos 2 且XM3.aa, DMk -,法二：设棱长为2,建立如图所示的空则B( 3 , 1 , 0) ,M0 , 1,取平面ACCA1的一个法向量-V3 =迈2X1 =2，cosBM n1),BM=(3,1),0 =60L%解析：AB/平面DEF, G到平面DEF之距等于A点到平面DEF之距，建立如图所示的空间直角坐标系，则如图所示，记6A=a,OB= b,0C= c,试用向量a,b,c表示向量6G1 11 , R, E：1 ,

6、 0 ,功，设平面DEF的法向量为n= (x,n=(1,0,2), Afe=(0,0, g),nEF= 0z),由A,nED= 07|A1E n|d=|n|答案:三、解答题(本大题共 5 小题,16.(本小题满分 10 分)(2 014共 55 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 德州高二检测)已知空间三点A(0 , 2, 3) ,B( 2,6), Q1 , 1 , 5)，若向量a分别与向量矗垂直，且|a|,求向量a的坐标.解：AB=( 2, 1, 3) ,AC= (1 , 3, 2)，设a= (x,y,z),aAB=0 2xy+ 3z= 0,即x 3y+ 2z= 0,I 222 fx

7、+y+z= 3由题意知aAC=02 2 2 x+y+z= 3x= 1解得y= 1 或y= 1.z=1z=1a= (1 , 1 , 1)或a= ( 1,17.(本小题满分1, 1) 10 分)A(1 , 0, 1) ,D(0 , 0, 1) ,F(1 ,y,易求得平面DEF的一个法向量如图所示，记6A=a,OB= b,0C= c,试用向量a,b,c表示向量6GOAB(中,M N分别是对边OA BC的中点，点G在MN上，且ME2GN已知在空间四边形解:SN=1(b+c),SM=1a,TN=|b+ 2c aT T T2T11/ MG=2GNMG=-MN=-b+ 3c333TG=T =,mi|n2|3

8、二面角B-AF-C的余弦值为-3-.|CA- n2|d=HAT点C到平面PAB的距离为320.(本小题满分 13 分)已知在几何体A-BCED, /ACB=90 ,CEL平面ABC平面BCED梯形，且AC=CE=BC=4 ,DB=1.(1) 求异面直线DE与AB所成角的余弦值；(2) 试探究在DE上是否存在点Q使得ACLBQ并说明理由.解：(1)由题知，CA CB CE两两垂直，以C为原点，以CA CB CE所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.则 A(4 , 0 , 0), 00,4, 0) ,D(0,4, 1) ,E(0 ,0, 4),DE= (0，- 4, 3), cosDEAB=AB= (4,4,0),2,25,异面直线DE与AB所成角的余弦值为乎(2)设满足题设的点Q存在，其坐标为(0 ,m n),则AQ=( 4,m,n),BC=(0, m-4,n),EC=(0,m n-4), &=(0,2/ ACLBQmm4)+n=0,4-m1 n).点Q在ED上，