新课标选修2-1空间向量与立体几何检测题

空间向量PAGE -PAGE5-第Ⅰ卷（选择题，共50分）一、选择题：（本大题共10个小题，每小题5分，共50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．在下列命题中：①若、共线，则、所在的直线平行；②若、所在的直线是异面直线，则、一定不共面；③若、、三向量两两共面，则、、三向量一定也共面；④已知三向量、、，则空间任意一个向量总可以唯一表示为．其中正确命题的个数为 （） A．0 B．1 C．2 D．32．在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量、、是 （） A．有相同起点的向量 B．等长向量 C．共面向量 D．不共面向量3．若向量、 （） A． B． C． D．以上三种情况都可能4．已知＝（2，－1，3），＝（－1，4，－2），＝（7，5，λ），若、、三向量共面，则实数λ等于 （）A． B． C． D．5．直三棱柱ABC—A1B1C1中，若，则 （） A．+－ B．－+ C．－++ D．－+－6．已知++＝，||＝2，||＝3，||＝，则向量与之间的夹角为（） A．30° B．45° C．60° D．以上都不对7．若、均为非零向量，则是与共线的 （） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件8．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．2 B．3 C．4 D．59．已知 （）A．－15 B．－5 C．－3 D．－110．已知，，，点Q在直线OP上运动，则当取得最小值时，点Q的坐标为 （）A． B． C． D．第Ⅱ卷（非选择题，共100分）二、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分）11．若A(m＋1，n－1,3)，B(2m,n,m－2n)，C(m＋3,n－3,9)三点共线，则m+n=．12．已知S是△ABC所在平面外一点，D是SC的中点，若＝，则x＋y＋z＝．13．在空间四边形ABCD中，AC和BD为对角线， G为△ABC的重心，E是BD上一点，BE＝3ED， 以｛，，｝为基底，则＝．14．设||＝1，||＝2，2＋与－3垂直，＝4－，＝7＋2，则<,>＝．三、解答题（本大题满分76分）15．(12分)如图，一空间四边形ABCD的对边AB与CD，AD与BC都互相垂直，用向量证明：AC与BD也互相垂直．16．（12分））如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中， E是DC的中点，取如图所示的空间直角坐标系．（1）写出A、B1、E、D1的坐标；（2）求AB1与D1E所成的角的余弦值．17．（12分）如图，已知矩形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，E、F分别是AB、PC的中点．（1）求证：EF∥平面PAD；（2）求证：EF⊥CD；（3）若PDA＝45，求EF与平面ABCD所成的角的大小．18．（12分）在正方体中，如图Ｅ、Ｆ分别是，ＣＤ的中点，（1）求证：平面ADE；（2）cos．19．（14分）如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧棱底面ABCD， ，E是PC的中点，作交PB于点F.（1）证明平面；（2）证明平面EFD；（3）求二面角的大小．20．（14分）如图，直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB=90°，侧棱AA1=2，D、E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的垂心G.（1）求A1B与平面ABD所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；（2）求点A1到平面AED的距离.参考答案（六）一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）题号12345678910答案ACBDDCABAC二、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分）11．12．013．14．0°三、解答题（本大题共6题，共76分）15．(12分)证明：.又，即.……①. 又，即.……② 由①+②得：即..16．(12分)解：(1)A(2,2,0)，B1(2,0,2)，E(0,1,0)，D1(0,2,2) (2)∵EQ\s\up7(→)\d\ba24()AB1＝(0,-2,2)，EQ\s\up7(→)\d\ba24()ED1＝(0,1,2)∴|EQ\s\up7(→)\d\ba24()AB1|＝2EQ\R(2)，|EQ\s\up7(→)\d\ba24()ED1|＝EQ\R(5)，EQ\s\up7(→)\d\ba24()AB1·EQ\s\up7(→)\d\ba24()ED1＝0－2＋4＝2,∴cosEQ\s\up7(→)\d\ba24()AB1，EQ\s\up7(→)\d\ba24()ED1＝EQ\F(EQ\s\up7(→)\d\ba24()AB1·EQ\s\up7(→)\d\ba24()ED1,|EQ\s\up7(→)\d\ba24()AB1|·|EQ\s\up7(→)\d\ba24()ED1|)＝EQ\F(2,2\r(2)×\r(5))＝EQ\F(\r(10),10)．∴AB1与ED1所成的角的余弦值为EQ\F(\r(10),10)．17．(12分)证：如图，建立空间直角坐标系A－xyz，设AB＝2aBC＝2b，PA＝2c，则：A(0,0,0)，B(2a,0,0)，C(2a,2 D(0,2b,0)，P(0,0,2c) ∵E为AB的中点，F为PC的中点 ∴E(a,0,0)，F(a,b,c)(1)∵EQ\s\up7(→)\d\ba24()EF＝(0,b,c)，EQ\s\up7(→)\d\ba24()AP＝(0,0,2c)，EQ\s\up7(→)\d\ba24()AD＝(0,2b,0) ∴EQ\s\up7(→)\d\ba24()EF＝EQ\F(1,2)(EQ\s\up7(→)\d\ba24()AP＋EQ\s\up7(→)\d\ba24()AD)∴EQ\s\up7(→)\d\ba24()EF与EQ\s\up7(→)\d\ba24()AP、EQ\s\up7(→)\d\ba24()AD共面 又∵E平面PAD ∴EF∥平面PAD．(2) ∵EQ\s\up7(→)\d\ba24()CD＝(-2a,0,0) ∴EQ\s\up7(→)\d\ba24()CD·EQ\s\up7(→)\d\ba24()EF＝(-2a,0,0)·(0,b,c)＝0 ∴CD⊥EF．(3) 若PDA＝45，则有2b＝2c，即b＝c， ∴EQ\s\up7(→)\d\ba24()EF＝(0,b,b)， EQ\s\up7(→)\d\ba24()AP＝(0,0,2b) ∴cosEQ\s\up7(→)\d\ba24()EF，EQ\s\up7(→)\d\ba24()AP＝EQ\F(2b2,2b·\r(2)b)＝EQ\F(\r(2),2) ∴EQ\s\up7(→)\d\ba24()EF，EQ\s\up7(→)\d\ba24()AP＝45 ∵EQ\s\up7(→)\d\ba24()AP⊥平面AC，∴EQ\s\up7(→)\d\ba24()AP是平面AC的法向量 ∴EF与平面AC所成的角为：90－EQ\s\up7(→)\d\ba24()EF，EQ\s\up7(→)\d\ba24()AP＝45．18．(12分)解：建立如图所示的直角坐标系，（1）不妨设正方体的棱长为1，则D（0，0，0），A（1，0，0），（0，0，1）， E（1，1，），F（0，，0）， 则＝（0，，－1），＝（1，0，0）， ＝（0，1，），则＝0， ＝0，，. 平面ADE.（２）（1，1，1），C（0，1，0），故＝（1，0，1），＝（－1，－，－）， ＝－1＋0－＝－，，，则cos..19．（14分）解：如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点.设(1)证明：连结AC，AC交BD于G.连结EG. 依题意得 底面ABCD是正方形，是此正方形的中心， 故点G的坐标为且 .这表明. 而平面EDB且平面EDB，平面EDB。(2)证明：依题意得。又故 ,由已知，且所以平面EFD.(3)解：设点F的坐标为则 从而所以 由条件知，即解得。 点F的坐标为且 ,即，故是二面角的平面角. ∵且 ,所以，二面角C—PC—D的大小为20．(14分)解：（1）连结BG，则BG是BE在面ABD的射影，即∠A1BG是A1B与平面ABD所成的角.如图所示建立坐标系，