四川省成都市都一中数学2-1同步检测第三章综合检测含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第三章综合检测一、选择题1.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.2B。3C。4D。5【解析】设BC的中点为D,则点D（2，1,4），∴AD=(-1,-2,2）,∴｜AD｜=(-1)即BC边上的中线长为3.【答案】B2.若A,B,C三点不共线,对于空间任意一点O都有34OA+18OB+18OC-OP=0，则P,A，B,A.不共面 B.共面 C。共线 D.不共线【解析】由已知可得OP—OA=-14OA+18即OP-OA=—18OA+18OB+故AP=—18（OA—OB)+18(OC-OA)=-18BA+18AC=所以AP,AC,AB共面但不共线,故P，A,B,C四点共面.【答案】B3.已知AB=（1，5,-2)，BC=（3，1，z)，若AB⊥BC，BP=（x-1,y,-3),且BP⊥平面ABC，则实数x，y,z分别为().A。337，-157,4 B.407,-C.407，—2,4 D.4,407【解析】因为AB⊥BC,所以AB·BC=3+5—2z=0，即z=4。又BP⊥平面ABC,所以BP·AB=x—1+5y+6=0,①BP·BC=3x-3+y—3z=0,②由①②可得x=407,y=—157.【答案】B4。给出下列命题:①若向量a,b共线，则向量a，b所在的直线平行;②若向量a,b所在的直线为异面直线，则向量a，b一定不共面;③若三个向量a，b，c两两共面,则向量a,b，c共面;④已知空间的三个向量a，b,c,则对于空间的任意一个向量p,总存在实数x，y，z,使得p=xa+yb+zc.其中正确命题的个数是(）.A。0 B。1 C。2 D.3【解析】a与b共线，a，b所在直线也可能重合，故①不正确;根据自由向量的意义知,空间任意两个向量a，b都共面,故②不正确；三个向量a，b,c中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面,故③不正确；只有当a,b,c不共面时,空间任意一个向量p才能表示为p=xa+yb+zc，故④不正确。综上可知，四个命题中正确的个数为0,故选A.【答案】A5.如图，在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M，N分别是棱A1B1,A1D1的中点,则点B到平面AMN的距离是()。A。1 B。32 C。2【解析】如图,建立空间直角坐标系，则点A（3,0，0）,M3,32,3,N32,0,所以AB=(0,3,0）,AM=0,32,3设n=（x,y,z)是平面AMN的一个法向量，则n·AM取z=1，则x=2，y=-2，所以n=(2,—2，1）是平面AMN的一个法向量.所以点B到平面AMN的距离d=|AB·n||【答案】D6.如图,已知正方体ABCD—A1B1C1D1的中心为O，给出下列结论:①OA+OD与AB1+O②OB—OC与OA1—O③OA+OB+OC+OD与OA1+OB1+O④OA1-OA与OC-O其中正确结论的个数为(）。A.1 B。2 C.3 D。4【解析】结合图形,知OA+OD与OB1+OC1是一对相反向量,故OA+OD与AB1+OC1不是一对相反向量，故①不正确；由于OB-OC=CB，OA1—OD1=D1A1,而CB,D1A1不是一对相反向量,故②不正确；OA+OB+OC+OD与OA1+OB1+OC1+OD1是一对相反向量,故③正确【答案】B7.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别是正方形ADD1A1，ABCD的中心,G是CC1的中点,设GF,C1E与AB所成的角分别为α,β,则α+β等于(）。A.120° B。60°C。75° D.90°【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为2，则点B（2,0,0），A（2，2,0），G(0,0，1),F(1,1，0），C1(0，0，2)，E（1,2,1）。则BA=（0，2，0），GF=(1,1,-1），C1E=(1,2,∴|cos〈BA，GF〉|=|BA·GF||BA||GF|=33∴cosα=33，sinα=63,cosβ=63，sin∴cos（α+β)=0，∴α+β=90°。【答案】D8。已知a=(2,t，t),b=(1—t，2t—1,0),则｜b—a｜的最小值是().A.2 B。3 C。5 D.6【解析】b-a=(-1—t,t-1，—t），∴|b-a｜=(-1-t)2+(t-1)2+(-t)【答案】A9。已知点A（1，1，1)，B(2，2,2)，C（3，2，4）,则△ABC的面积为().A。3 B.23 C。6 D.6【解析】∵AB=(1，1,1)，AC=（2，1，3）,∴｜AB|=3，｜AC｜=14,cos〈AB,AC>=AB·AC|AB||∴sin<AB,AC〉=77∴S△ABC=12｜AB｜|AC｜·sin<AB,AC>=12×3×14×77【答案】D10.二面角的棱上有A,B两点,直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6，BD=8，CD=217,则该二面角的大小为（).A.150° B。45° C.60° D.120°【解析】由条件知CA·AB=0,AB·BD=0，CD=CA+AB+BD,∴｜CD｜2=｜CA｜2+|AB｜2+｜BD｜2+2CA·AB+2AB·BD+2CA·BD=62+42+82+2×6×8×cos<CA,BD>=(217）2，∴cos〈CA,BD〉=-12，〈CA，BD〉=120°∴二面角的大小为60°。故选C。【答案】C11。在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AB=（2，-1,-4），AD=（4，2，0）,AP=（-1，2,-1),则PA与底面ABCD的夹角是（).A.60° B。90°C。30° D.45°【解析】∵AB=(2，-1，-4),AD=（4,2，0)，AP=(-1,2,-1),∴AP·AB=(—1）×2+2×(—1)+(—1)×（-4）=0,同理可得AP·AD=0,∴AP⊥AB，AP⊥AD,即AP⊥AB且AP⊥AD。又∵AB∩AD=A,∴AP与平面ABCD的夹角是90°。【答案】B12。有下列五个命题:①已知A,B，C，D是空间的任意四点,则AB+BC+CD+DA=0；②若｛a,b，c｝为空间的一组基底,则｛a+b,b+c，c+a}也能构成空间的一组基底；③｜(a·b）|·c=｜a｜|b||c｜；④对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B,C，若OP=xOA+yOB+zOC(其中x,y,z∈R）,则P，A,B,C四点共面;⑤在三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是棱长为1的正三角形,侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上,且BD=1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α,则sinα的值是104其中正确的个数是（）。A.3 B.2 C.1 D.0【解析】正确的为①②;而命题③中|(a·b）|·c=|｜a｜｜b｜·cosθ｜·c，左边应为一个数乘的形式，右边则成了实数；命题④,当且仅当x+y+z=1时成立。命题⑤，如图,建立空间直角坐标系，易求点D32,12,1，平面AA1C1C的一个法向量是n=（1,0，0)，所以cos〈n，AD〉=322=64,即sinα=64,【答案】B二、填空题13.已知在空间四边形ABCD中,AB⊥CD,AC⊥BD,则AD与BC的位置关系为.

【解析】选取一组基底，设AB=a,AC=b，AD=c,则CD=AD-AC=c—b，BD=AD-AB=c-a.∵AB⊥CD,AC⊥BD，∴a·（c-b)=0,b·（c—a)=0，∴a·c=a·b,b·c=a·b，∴c·(b—a）=0,即AD·（AC—AB）=0，∴AD⊥BC,即AD⊥BC.【答案】垂直14。如图，在直棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD=90°，AC⊥BD，BC=1，AD=AA1=3,则直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为。

【解析】易知AB，AD,AA1两两垂直。如图，以A为坐标原点,AB,AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴,z轴建立空间直角坐标系。设AB=t,则点A(0,0,0)，B(t,0，0),B1（t,0,3)，C(t,1,0），C1(t，1,3），D（0，3,0）,D1（0,3，3).所以AC=(t,1,0），BD=(—t，3,0)。因为AC⊥BD，所以AC·BD=—t2+3+0=0，解得t=3或t=—3(舍去).AD1=(0,3，3），AC=（3,1，0）,B1C1=（0，设n=（x，y，z)是平面ACD1的一个法向量,则n·AC令x=1,则n=(1，-3,3).设直线B1C1与平面ACD1所成的角为θ，则sinθ=｜cos<n,B1C1〉|=|n·所以直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为217【答案】2115.如图,在圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，AB∩CD=O,且AB⊥CD,SO=OB=2,P为SB的中点,则异面直线SA与PD所成角的正切值为.【解析】如图,建立空间直角坐标系,则点A（0，—2，0）,B(0，2,0）,D(2,0,0)，S(0，0，2)，P(0,1,1），所以SA=(0,-2，-2),PD=(2，-1,-1）,故cos〈SA，PD〉=SA·PD|SA||设直线SA与PD所成的角为θ，则cosθ=33sinθ=1-332=63,【答案】216.有下列命题:①若a与b共线,b与c共线,则a与c共线;②若向量a，b，c共面，则它们所在直线也共面；③若a与b共线，则存在唯一的实数λ,使b=λa;④若A，B，C三点不共线，O是平面ABC外一点，且OM=13OA+13OB+13OC,则点M一定在平面ABC上其中真命题的是。（填序号）

【解析】若b=0，则a与c不一定共线，故命题①是假命题.因为向量可以任意平移，所以命题②是假命题。命题③中缺少a≠0这一条件，故命题③是假命题.可以证明命题④中A，B,C,M四点共面.等式两边同加MO，则13（MO+OA）+13（MO+OB）+13(MO+OC）=0,即MA+MB+MC=0,MA=-MB-MC,则MA与MB,MC共面,又M是三个有向线段的公共点,故A，B，C，M四点共面。故命题【答案】④三、解答题17.已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD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OM=14（OA+OB+OC+OD）【解析】(1)连接BG,则EG=EB+BG=EB+12(BC+BD)=EB+BF+EH=EF+EH由共面向量定理的推论知,E，F,G,H四点共面其中1(2)因为EH=12BD，所以EH又因为EH⊂平面EFGH,BD⊄平面EFGH，所以BD∥平面EFGH.(3）连接OM，OA,OB，OC，OD，OE，OG,由(2)知EH=12BD,同理FG=所以EH=FG，EH与FG平行且相等,所以EG，FH交于一点M且被M平分，所以OM=12（OE+OG）=12OE+12OG=12×12(OA+OB）+12×12（OC+OD)=1418.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=π2,D是棱AC的中点,且AB=BC=BB1（1)求证:AB1∥平面BC1D。（2）求异面直线AB1与BC1所成的角。【解析】（1)连接B1C，且B1C交BC1于点O,连接OD。∵O为B1C的中点,D为AC的中点,∴OD∥AB1.又∵AB1⊄平面BC1D,OD⊂平面BC1D,∴AB1∥平面BC1D.(2)建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.则点B（0，0,0）,A（0,2,0）,C1（2,0,2），B1(0，0,2).∴AB1=(0，—2,2），BC1=（2，∴cos<AB1,B=0+0+422×设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，则cosθ=12又∵θ∈0,π2,19。如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是AB，AA1的中点，以C为坐标原点,射线CD，CB,CC1分别是x轴,y轴,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.（1）求向量D1E与C（2)若点M,N分别是线段D1E，线段C1F上的点,问:是否存在直线MN,使得MN⊥平面ABCD?若存在,求点M，N的坐标;若不存在，请说明理由。【解析】(1）在给定空间直角坐标系中,相关点及向量坐标为D1（2，0，2)，E(1,2,0）,D1E=(—1，2,-2），C1(0，0，2），F(2,2,1)，C1F=(2，所以D1E·C1F=(—1）×2+2×2+(—2）×（2)若MN⊥平面ABCD,则MN与平面ABCD的法向量（0，0，1)平行，故可设点M(a,a,m),N（a，a,n)，MN=（0,0，n-m),n≠m.因为点M,N分别是线段D1E,线段C1F上的点，所以D1M∥D1E,C1N∥C1F，即D1M=λD1E，C1所以（a—2，a,m—2）=(—λ,2λ,—2λ)，(a,a,n—2）=（2t，2t，—t),所以a-2=-λ所以存在唯一一条直线MN,使得MN⊥平面ABCD，点M，N的坐标分别是43,420.如图,在四棱锥A-BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，且AB=CD=2，DE=BE=1，AC=2.(1)证明:AC⊥平面BCDE。(2）求直线AE与平面ABC所成角的正切值。【解析】（1）如图，取CD中点G,连接BG。∵∠CDE=∠BED=90°，∴BE∥CD.又∵CD=2，BE=1,∴BE∥DG,且BE=DG,∴四边形DEBG为正方形，∴BG=DE=1,∠BGC=90°。又∵GC=12CD=1,∴BC=2又∵AC=2,AB=2,∴AB2=AC2+BC2,即AC⊥BC。又∵平面ABC⊥平面BCDE，且交线为BC,AC⊂平面ABC,∴AC⊥平面BCDE.（2)过点C作DE的平行线CG,以C为原点，CD，CG，CA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，则点C（0，0,0），A（0,0,2)，B（1，1，0），E（2,1,0）,故AE=(2，1，-2),AB=（1,1,—2),CA=(0,0，2).设平面ABC的法向量为n=(x，y,z）,则n·AB令x=1，得n=(1，-1,0).设直线AE与平面ABC所成的角为α，则sinα=｜cos<n,AE>|=|n·AE∴tanα=131321。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=∠（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。【解析】（1)∵E，O分别是SC，AC的中点,∴OE∥SA.又∵OE⊄平面SAB，∴OE∥平面SAB。（2)（法一）在△SAC中,∵OE∥AS，∠ASC=90°,∴OE⊥SC。又∵平面SAC⊥平面ABC，∠BCA=90°，OE⊂平面SAC,∴BC⊥平面SAC,BC⊥OE，∴OE⊥平面BSC.又∵SF⊂平面BSC，∴OE⊥SF。∴无论点F在BC的何处，都有OE⊥SF。(法二）连接SO。∵O是AC的中点，SA=SC，∴SO⊥AC。又∵平面SAC⊥平面ABC，∴SO⊥平面SAC,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),E0,12,12由于F∈BC，故可设点F(x,1，0）,则SF=（x,1，—1）,SF·OE=0恒成立.∴无论F在BC的何处，都有OE⊥SF。22。如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=2，点E在棱CD上,且CE=13（1）求证：AD1⊥平面A1B1D。(2)在棱AA1上是否存在点P，使DP∥平面B1AE？若存在，求出线段AP的长；若不