2024-2025学年高中数学第二章空间向量与立体几何章末检测课时跟踪训练含解析北师大版选修2-1

PAGE其次章空间向量与立体几何章末检测(二)(时间90分钟满分100分)第Ⅰ卷(选择题，共40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．空间中，与向量a＝(3,0,4)同方向的单位向量e为()A．(1,0,0)B．(1,0,0)或(－1,0,0)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，0，\f(4,5)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，0，\f(4,5)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，0，－\f(4,5)))解析：与a＝(3,0,4)同方向的单位向量为e＝eq\f(a,|a|)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，0，\f(4,5)))，故选C.答案：C2．已知线段AB的长度为6eq\r(2)，eq\o(AB,\s\up6(→))与直线l的夹角为120°，则eq\o(AB,\s\up6(→))在l上的投影为()A．3eq\r(2) B．－3eq\r(2)C．3eq\r(6) D．－3eq\r(6)解析：eq\o(AB,\s\up6(→))在l上的投影为：|eq\o(AB,\s\up6(→))|·cos120°＝－3eq\r(2).答案：B3．已知a＝(sinθ，cosθ，tanθ)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosθ，sinθ，\f(1,tanθ)))，若a⊥b，则θ为()A．－eq\f(π,4) B.eq\f(π,4)C．2kπ－eq\f(π,2)(k∈Z) D．kπ－eq\f(π,4)(k∈Z)答案：D4．若直线l的方向向量为a＝(1，－5,7)，平面α的法向量为n＝(－2,1,1)，则()A．l∥α或lα B．l⊥αC．lα D．l与α斜交解析：∵a·n＝1×(－2)＋(－5)×1＋7＝0，∴a⊥n，∴l∥α或lα.答案：A5．已知向量a＝(2，－1,3)，b＝(－4,2，x)，且(a＋b)⊥a，则x＝()A.eq\f(4,3) B．－eq\f(4,3)C.eq\f(3,4) D．－eq\f(3,4)答案：B6．在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，若eq\o(AC1,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋2yeq\o(BC,\s\up6(→))＋3zeq\o(C1C,\s\up6(→))，则x＋y＋z等于()A．1 B.eq\f(7,6)C.eq\f(5,6) D.eq\f(2,3)解析：在平行六面体中，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋2yeq\o(BC,\s\up6(→))＋3zeq\o(C1C,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(C1C,\s\up6(→)).比较系数知x＝1，y＝eq\f(1,2)，z＝－eq\f(1,3)，∴x＋y＋z＝eq\f(7,6).答案：B7.如图所示，在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A、B、C、D的距离都等于2.给出以下结论：①eq\o(SA,\s\up6(→))＋eq\o(SB,\s\up6(→))＋eq\o(SC,\s\up6(→))＋eq\o(SD,\s\up6(→))＝0；②eq\o(SA,\s\up6(→))＋eq\o(SB,\s\up6(→))－eq\o(SC,\s\up6(→))－eq\o(SD,\s\up6(→))＝0；③eq\o(SA,\s\up6(→))－eq\o(SB,\s\up6(→))＋eq\o(SC,\s\up6(→))－eq\o(SD,\s\up6(→))＝0；④eq\o(SA,\s\up6(→))·eq\o(SB,\s\up6(→))＝eq\o(SC,\s\up6(→))·eq\o(SD,\s\up6(→))；⑤eq\o(SA,\s\up6(→))·eq\o(SC,\s\up6(→))＝0，其中正确结论的个数是()A．1 B．2C．3 D．4解析：因为eq\o(SA,\s\up6(→))－eq\o(SB,\s\up6(→))＋eq\o(SC,\s\up6(→))－eq\o(SD,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))＝0，所以③正确；又因为底面ABCD是边长为1的正方形，SA＝SB＝SC＝SD＝2，所以eq\o(SA,\s\up6(→))·eq\o(SB,\s\up6(→))＝2×2×cos∠ASB，eq\o(SC,\s\up6(→))·eq\o(SD,\s\up6(→))＝2×2×cos∠CSD，而∠ASB＝∠CSD，于是eq\o(SA,\s\up6(→))·eq\o(SB,\s\up6(→))＝eq\o(SC,\s\up6(→))·eq\o(SD,\s\up6(→))，因此④正确，其余三个都不正确．答案：B8．正方体ABCD­A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1A.eq\f(\r(2),3) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2,3) D.eq\f(\r(6),3)解析：如图，连接BD交AC于O，连接D1O，由于BB1∥DD1，∴DD1与平面ACD1所成的角就是BB1与平面ACD1所成的角．易知∠DD1O即为所求．设正方体的棱长为1，则DD1＝1，DO＝eq\f(\r(2),2)，D1O＝eq\f(\r(6),2)，∴cos∠DD1O＝eq\f(DD1,D1O)＝eq\f(2,\r(6))＝eq\f(\r(6),3).∴BB1与平面ACD1所成角的余弦值为eq\f(\r(6),3).答案：D9．正方体ABCD－A1B1C1D1中，动点M在线段A1C上，E，F分别为DD1，AD的中点．若异面直线EF与BM所成的角为θ，则A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))解析：以D点为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设DA＝2，易得eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，设eq\o(CM,\s\up6(→))＝λeq\o(CA1,\s\up6(→))＝(2λ，－2λ，2λ)(0≤λ≤1)，则eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CM,\s\up6(→))＝(2λ－2，－2λ，2λ)，则cosθ＝|cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→))〉|＝eq\f(2,\r(2)×\r(2λ－22＋8λ2))＝eq\f(1,\r(2)×\r(3λ2－2λ＋1))＝eq\f(1,\r(2)×\r(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,3)))2＋\f(2,3)))(0≤λ≤1)．当λ＝eq\f(1,3)时，cosθ取到最大值eq\f(\r(3),2)，此时θ＝eq\f(π,6)，当λ＝1时，cosθ取到最小值eq\f(1,2)，此时θ＝eq\f(π,3)，所以θ的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3))).故选A.答案：A10.如图，在空间直角坐标系中，ABCD­A1B1C1D1A．BD∥平面CB1D1B．AC1⊥BDC．AC1⊥平面CB1D1D.eq\o(AD,\s\up6(→))与eq\o(B1C,\s\up6(→))所成的角为60°解析：设正方体的棱长为1，则有A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)．∴eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，－1,0)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，eq\o(CD1,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq\o(B1D1,\s\up6(→))＝(－1，－1,0)，eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(－1,0，－1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－1,0,0)．对于选项A，由eq\o(B1D1,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))知结论正确；对于选项B，由eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1,1,1)·(－1，－1,0)＝0知结论正确；对于选项C，由选项B，再由eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(－1,1,1)·(－1,0，－1)＝0知结论正确；对于选项D，由cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(B1C,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·\o(B1C,\s\up6(→)),|\o(AD,\s\up6(→))||\o(B1C,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(2),2)知结论不正确．答案：D第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在题中横线上)11．若向量a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)满意条件(c－a)·2b＝－2，则x＝________.解析：∵a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)，∴c－a＝(0,0,1－x)，2b＝(2,4,2)．∴(c－a)·2b＝2(1－x)＝－2，∴x＝2.答案：212．已知空间向量a＝(λ＋1,0,2λ)，b＝(6,2μ－1,2)，若a∥b，则λ＋μ＝________.解析：∵a∥b，∴a＝mb(m∈R)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＋1＝6m,2μ－1m＝0,2λ＝2m))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝m＝\f(1,5),μ＝\f(1,2))).∴λ＋μ＝eq\f(7,10).答案：eq\f(7,10)13．在三棱柱ABC­A1B1C1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所成的角为解析：如图所示，建立空间直角坐标系，易求得点D(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，1)，平面AA1C1C的一个法向量是n＝(1,0,0)，所以cos〈n，eq\o(AD,\s\up6(→))〉＝eq\f(\f(\r(3),2),\r(2))＝eq\f(\r(6),4)，即sinα＝eq\f(\r(6),4).答案：eq\f(\r(6),4)14．已知点P是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD上一点，则eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PC1,\s\up6(→))的取值范围是__________．解析：以A为坐标原点，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，C1(1,1,1)，不妨设P(x，y,0)，0≤x≤1,0≤y≤1，则eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－x，－y,0)，eq\o(PC1,\s\up6(→))＝(1－x,1－y,1)，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PC1,\s\up6(→))＝－(1－x)x－(1－y)y＝x2＋y2－x－y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2－eq\f(1,2).当x＝y＝eq\f(1,2)时，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PC1,\s\up6(→))取得最小值－eq\f(1,2)；当x＝0或1，y＝0或1时，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PC1,\s\up6(→))取得最大值0.答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))三、解答题(本大题共4小题，共44分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(10分)如图，PD垂直于正方形ABCD所在的平面，AB＝2，E是PB的中点，cos〈eq\o(DP,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(3),3).(1)建立适当的空间直角坐标系，求出点E的坐标；(2)在平面PAD内求一点F，使EF⊥平面PC B.解析：(1)分别以eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，设P(0,0,2m)(m>0)，则E(1,1，m)，∴eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1,1，m)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0,0,2m)，∴cos〈eq\o(DP,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))〉＝eq\f(2m2,\r(1＋1＋m2)·2m)＝eq\f(\r(3),3)，解得m＝1或m＝－1(舍去)，∴点E的坐标是(1,1,1)．(2)由(1)知B(2,2,0)，C(0,2,0)，∵点F∈平面PAD，∴可设F(x,0，z)，∴eq\o(EF,\s\up6(→))＝(x－1，－1，z－1)．又EF⊥平面PCB，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，∴eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(CB,\s\up6(→))，∴(x－1，－1，z－1)·(2,0,0)＝0，解得x＝1.又eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(PC,\s\up6(→))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，∴(x－1，－1，z－1)·(0,2，－2)＝0，解得z＝0，∴点F的坐标是(1,0,0)，即点F是AD的中点．16．(10分)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.(1)求证：AP⊥BC；(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3，求证：平面AMC⊥平面BMC.证明：(1)如图所示，以O为坐标原点，射线OD为y轴正半轴，射线OP为z轴正半轴建立空间直角坐标系O－xyz.则A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)．于是eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,3,4)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－8,0,0)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，所以eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，即AP⊥BC.(2)由(1)知AP＝5.又AM＝3，且点M在线段AP上，所以eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(3,5)eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,5)，\f(12,5)))，又eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－4，－5,0)，所以eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))，则eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝(0,3,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))＝0，所以eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(BM,\s\up6(→))，即AP⊥BM.又AP⊥BC，所以AP⊥平面BMC，所以AM⊥平面BMC.又AM⊂平面AMC，所以平面AMC⊥平面BMC.17．(12分)如图，在空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，求OA与BC夹角的余弦值．解析：∵Beq\o(C,\s\up6(→))＝Aeq\o(C,\s\up6(→))－Aeq\o(B,\s\up6(→))，∴Oeq\o(A,\s\up6(→))·Beq\o(C,\s\up6(→))＝Oeq\o(A,\s\up6(→))·Aeq\o(C,\s\up6(→))－Oeq\o(A,\s\up6(→))·Aeq\o(B,\s\up6(→))＝|Oeq\o(A,\s\up6(→))||Aeq\o(C,\s\up6(→))|cos〈Oeq\o(A,\s\up6(→))，Aeq\o(C,\s\up6(→))〉－|Oeq\o(A,\s\up6(→))||Aeq\o(B,\s\up6(→))|cos〈Oeq\o(A,\s\up6(→))，Aeq\o(B,\s\up6(→))〉＝8×4×cos135°－8×6×cos120°＝24－16eq\r(2).∴cos〈Oeq\o(A,\s\up6(→))，Beq\o(C,\s\up6(→))〉＝eq\f(O\o(A,\s\up6(→))·B\o(C,\s\up6(→)),|O\o(A,\s\up6(→))||B\o(C,\s\up6(→))|)＝eq\f(24－16\r(2),8×5)＝eq\f(3－2\r(2),5).∴OA与BC夹角的余弦值为eq\f(3－2\r(2),5).18．(12分)如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD­A1B1C1D1，E，F分别是棱BC，CC1上的点，CF＝AB＝2CE，AB∶AD∶AA1＝1∶2∶(1)求异面直线EF与A1D所成角的余弦值；(2)求证：AF⊥平面A1ED；(3)求二面角A1­ED­F的正弦值．解析：(1)设AB＝1，依题意得D(0,2,