《2020年高考數(shù)學一輪復習 第9章（B）《直線、平面、簡單幾何體》自測題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020年高考數(shù)學一輪復習 第9章（B）《直線、平面、簡單幾何體》自測題（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第九章(B)　直線、平面、簡單幾何體名師檢測題 時間：120分鐘　分值：150分 第Ⅰ卷(選擇題　共60分) 一、選擇題：(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．) 1．若a⊥b，a⊥c，l＝αb＋β c(α，β∈R)，m∥a，則m與l一定(　　) A．相交　　　　　　　　 B．共線 C．垂直 D．以上都有可能 解析：∵a⊥b，a⊥c，∴a·b＝0，a·c＝0， 又∵a·l＝a·(αb＋β c)＝α(a·b)＋β(a·c) ＝α×0＋β×0＝0， ∴a⊥l，而m∥a，∴m⊥l. 答案：C 2．已知P1(1,1,0

2、)，P2(0,1,1)，P3(1,0,1)，O是坐標原點，則|＋＋|等于(　　) A．2 B．3 C. D．2 解析：＝(1,1,0)，＝(0,1,1)，＝(1,0,1)， ∴＋＋＝(2,2,2)， ∴|＋＋|＝＝2. 答案：A 3. 已知ABCD為四面體，O為△BCD內(nèi)一點(如右圖)，則＝(＋＋)是O為△BCD重心的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分又不必要條件 解析：若O是△BCD的重心，則 ＝＋＝＋·(＋) ＝＋(＋)＝＋(－＋－) ＝(＋＋)， 若＝(＋＋)， 則－＋－＋－＝0， 即＋＋＝0，

3、 設BC的中點為P，則－2＋＝0， ∴＝－2，即O為△BCD的重心． 答案：C 4．空間四點A、B、C、D滿足||＝3，||＝7，||＝11，||＝9，則·的取值(　　) A．只有一個 B．有兩個 C．有四個 D．有無窮多個 解析：注意到32＋112＝72＋92＝130，由于＋＋＋＝0，則 |2|＝2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)＝2－2＋2＋2(2＋·＋·＋·)＝2－2＋2＋2(＋)·(＋)＝81. 即2·＝2＋2－2－2＝0，所以·只有一個值0，故選A. 答案：A 點評：本題主要考查了空間向量的數(shù)量積，解題需要有較強的觀察能力與平時知識的積累，需從幾

4、個數(shù)據(jù)的特征進行考查，在運算中發(fā)現(xiàn)它們之間的聯(lián)系． 5．若a、b是兩條異面直線，A∈a，B∈b，n是直線a、b公垂線的方向向量，則a、b間的距離為(　　) A.·n B．|·n| C.· D. 解析： 如右圖，設EF為公垂線段，則n∥，n⊥，n⊥， 由＝＋＋?n·＝n·＋n·＋n·，得n·＝n·＝|n|·||·cos〈n，〉， 而cos〈n，〉＝1或－1，∴||＝. 答案：D 6．在空間直角坐標系O —xyz中，i、j、k分別是x軸、y軸、z軸方向向量，設a為非零向量，且〈a，i〉＝45°，〈a，j〉＝60°，則〈a，k〉＝(　　) A．30° B．45°

5、 C．60° D．90° 解析：設a與x軸、y軸、z軸所成角分別為α、β、γ，由長方體對角線性質(zhì)，知cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1，又α＝45°，β＝60°，∴cosγ＝，從而γ＝60°，∴〈a，k〉＝60°，選C. 答案：C 7．已知空間四邊形每條邊和對角線長都等于a，點E、F、G分別是AB、AD、DC的中點，則a2是下列哪個向量的數(shù)量積(　　) A．2· B．2· C．2· D．2· 解析：A中，2·＝2a·a·cos(180°－60°)＝－a2； C中，2·＝2··a·cos180°＝－a2； D中，2·＝2··a·cos(180°－60°)＝－.

6、答案：B 8．已知向量a＝(2，－3,5)與向量b＝平行，則λ＝(　　) A. B. C．－ D．－ 解析：∵a∥b，∴＝＝，∴λ＝－.故選C. 答案：C 9．設a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，若a≠b，且記|a－b|＝m，則a－b與x軸正方向的夾角的余弦值為(　　) A. B. C. D．± 解析：取x軸正方向的任一向量d＝(x,0,0)，設夾角為θ，則(a－b)·d＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)·(x,0,0)＝(a1－b1)·x.∴cosθ＝＝＝. 答案：A 10．△ABC的頂點分別為A(1，－1,2)，B(5，－6，2

7、)，C(1,3，－1)，則AC邊上的高BD等于(　　) A．5 B. C．4 D．2 解析：設＝λ，D(x，y，z)． 則(x－1，y＋1，z－2)＝λ(0,4，－3)． ∴x＝1，y＝4λ－1，z＝2－3λ， ∴＝(－4,4λ＋5，－3λ)． ∴4(4λ＋5)－3(－3λ)＝0，∴λ＝－， ∴＝， ∴||＝ ＝5. 答案：A 11．平面向量也叫二維向量，二維向量的坐標表示及其運算可以推廣到n(n≥3)維向量，n維向量可用(x1，x2，x3，x4，…，xn)表示．設a＝(a1，a2，a3，a4，…，an)，b＝(b1，b2，b3，b4，…，bn)，規(guī)定向量a與b夾

8、角θ的余弦為cosθ＝.已知n維向量a，b，當a＝(1,1,1,1，…，1)，b＝(－1，－1,1,1，…，1)時，cosθ＝(　　) A. B. C. D. 解析：cosθ＝ ＝＝. 答案：D 點評：本題以平面向量為背景研究n維向量的有關問題，體現(xiàn)了與高等數(shù)學知識的結(jié)合，突出了高考的選拔性的功能． 12．在下列各結(jié)論中，不正確的是(　　) A．兩非零向量a＝(x1，y1，z1)和b＝(x2，y2，z2)垂直的充要條件為x1x2＋y1y2＋z1z2＝0 B．若向量a＝(x1，y1，z1)和b＝(x2，y2，z2)，則a·b≤ C．已知a，b是兩非零向量，則〈a，

9、b〉＝arccos D. a·b＝0是a＝0或b＝0的充要條件 解析：a·b＝0時，a⊥b.故a·b＝0是a＝0或b＝0的必要不充分條件． 答案：D 第Ⅱ卷(非選擇題　共90分) 二、填空題：(本大題共4小題，每小題5分，共20分．請把正確答案填在題中橫線上．) 13．正方體ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1－B1的大小為________． 解析：如右圖，以C為原點建立空間直角坐標系C－xyz，設正方體的邊長為a，則 A(a，a,0)，B(a,0,0)， D1(0，a，a)，B1(a,0，a)， ∴＝(0，a,0)， ＝(－a，a，a)， ＝(0,0，a

10、)， 設平面ABD1的法向量為n＝(x，y，z)， 則n·＝(x，y，z)·(0，a,0)＝ay＝0， n·＝(x，y，z)·(－a，a，a)＝－ax＋ay＋az＝0， ∵a≠0，∴y＝0，x＝z， 令x＝z＝1，則n＝(1,0,1)， 同理平面B1BD1的法向量m＝(－1，－1,0)， cos〈n，m〉＝＝－， 而二面角A－BD1－B1為鈍角，故為120°. 答案：120° 14．在長方體ABCD—A1B1C1D1中，AB＝a，BC＝b，CC1＝c(a≠b)，則AC與BD1間的距離為________． 解析：如右圖所示，設置坐標系，使B點作為坐標原點，則B(0,0,

11、0)，C(b,0,0)，A(0，a,0)，D1(b，a，c) ＝(b，a，c)，＝(－b，a,0)， 又設n＝(1，λ，u)，同時與及垂直， 則由n·＝b＋aλ＋cu＝0，及n·＝－b＋aλ＋0＝0 解得n＝ 于是所求距離d＝ ＝(b,0,0) ∴·n＝b，又|n|＝ ， ∴d＝＝. 答案： 15．已知a，b是夾角為60°的兩個單位向量，c⊥a，c⊥b，且|c|＝，若x＝2a－b＋c，y＝3b－a－c，則cos〈x，y〉＝________. 解析：∵|a|＝|b|＝1，a·b＝. ∴x·y＝－2a2－3b2－c2＋7a·b ＝－2－3－3＋＝－. |x|＝＝ ＝.

12、 |y|＝＝ ＝. ∴cos〈x，y〉＝＝－. 答案：－ 16. 如右圖，有一棱長為1的正方體，以A點為原點建立空間直角坐標系A—xyz，點B在z軸的正半軸上，則頂點C的豎坐標等于________． 解析：本題中的空間直角坐標系和通常所見的不一樣，應結(jié)合點的坐標的定義進行求解． 如圖，連結(jié)ED、EC、CD，利用三垂線定理以及線面垂直的判定定理可證明AB⊥平面ECD，則點A到平面ECD的距離即為點C的豎坐標． 設點A到平面ECD的距離為d，則VA—ECD＝VC—AED， ∴S△ECD·d＝S△AED·AC， ∴d＝＝＝. 答案： 三、解答題(本大題共6小題，共70分．解

13、答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(本小題滿分10分)如右圖，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥ 底面ABCD，底面ABCD為正方形，PD＝DC，E、F分別是AB、PB的中點． (1)求證：EF⊥CD； (2)在平面PAD內(nèi)求一點G，使GF⊥平面PCB，并證明你的結(jié)論； (3)求DB與平面DEF所成角的大?。? 解析：以DA、DC、DP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系(如圖)，設AD＝a，則 D(0,0,0)、A(a,0,0)、B(a，a,0)、C(0，a,0)、E(a，，0)、F、P(0,0，a)． (1)證明：·＝ ·(0，a,0)＝0， ∴E

14、F⊥DC. (2)設G(x,0，z)，則G∈平面PAD. ＝， ·＝·(a,0,0)＝a＝0，x＝； ·＝·(0，－a，a)＝＋a＝0，z＝0. ∴G點坐標為，即G點為AD的中點． (3)設平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)． 由 得 即 取x＝1，則y＝－2，z＝1， ∴n＝(1，－2,1)． cos〈，n〉＝＝＝， ∴DB與平面DEF所成角大小為－arccos . 18. (本小題滿分12分)如圖所示的多面體是由底面為ABCD的長方體被截面AEFG所截而得，其中AB＝4，BC＝1，BE＝3，CF＝4，若如圖所示建立空間直角坐標系：

15、 (1)求和點G的坐標； (2)求異面直線EF與AD所成的角； (3)求點C到截面AEFG的距離． 解析：(1)由圖可知：A(1,0,0)，B(1,4,0)，E(1,4,3)，F(xiàn)(0,4,4)， ∴＝(－1,0,1)， 又∵＝，設G(0,0，z)， 則(－1,0，z)＝(－1,0,1)，∴z＝1，即G(0,0,1)． (2)解法一：∵AD∥BC，作EH∥BC且交CF于H點， 則∠FEH為所求角，∵FH＝4－3＝1，EH＝BC＝1， ∴∠FEH＝45°，即所求角為45°. 解法二：∵＝(－1,0,0)，＝(－1,0,1)， ∴cos〈，〉＝＝， ∴AD和EF所成的角為4

16、5°. (3)設n0⊥面AEFG，n0＝(x0，y0，z0)， ∵n0⊥，n0⊥， 而＝(－1,0,1)，＝(0,4,3)， ? ∴n0＝(z0，－z0，z0)，取z0＝4，則n0＝(4，－3,4)， ∵＝(0,0,4)， ∴d＝＝＝， ∴d＝. ∴點C到截面AEFG的距離為. 19．(本小題滿分12分)如圖，在四棱錐P—ABCD中，側(cè)面PAD是正三角形且與底面ABCD垂直，底面ABCD是矩形，E是AB中點，PC與平面ABCD所成角為30°. (1)求二面角P—CE—D的大小； (2)當AD為多長時，點D到平面PCE的距離為2. 解析：(1)取AD的中點O，連結(jié)P

17、O. ∵△PAD是正三角形，∴PO⊥AD， 又面PAD⊥面ABCD，∴PO⊥面ABCD， 以O為原點，過O作AB平行線為x軸，OD為y軸，OP為z軸建立空間直角坐標系，連結(jié)OC，則∠PCO為PC與面ABCD所成的角，∴∠PCO＝30°， 設AD＝a，則PO＝a，∴OC＝a，∴CD＝a， ∴P(0,0，a)，C(a，a,0)，E， ∴＝，＝， 設平面PCE的一個法向量為n＝(1，y，z)， 則， ∴，∴n＝， 又平面DEC的一個法向量為＝(0,0，a)， ∴cos〈，n〉＝＝， ∴二面角P—CE—D為45°. (2)D(0，，0)，則＝(－a,0,0)， ∴D到面PC

18、E的距離d＝＝＝a. ∴a＝2，a＝， ∴當AD＝時，點D到平面PCE的距離為2. 20．(本小題滿分12分)如圖，已知四棱錐S—ABCD的底面是邊長為4的正方形，S在底面上的射影O落在正方形ABCD內(nèi)，且O到AB、AD的距離分別為2和1. (1)求證：·是定值； (2)已知P是SC的中點，且SO＝3，問在棱SA上是否存在一點Q，使異面直線OP與BQ所成的角為90°？若存在，請給出證明，并求出AQ的長；若不存在，請說明理由． 解析：(1)證明：在△SDC內(nèi)，作SE⊥CD交CD于E，連結(jié)OE. ∵SO⊥平面ABCD，∴SO⊥CD. ∵CD⊥平面SOE， ∴CD⊥OE，∴OE

19、∥AD， ∴DE＝1，從而CE＝3. ·＝·＝||||cos∠SCD ＝||||＝12， ∴·是定值． (2)以O為坐標原點，以OS所在直線為z軸，以過O且平行于AD的直線為x軸，以過O且平行于AB的直線為y軸，建立空間直角坐標系． 于是，A(2，－1,0)，B(2,3,0)，C(－2,3,0)，S(0,0,3)，P. 設點Q(x，y，z)，則存在λ使＝λ(這是關鍵！將點的坐標用一個變量表示)， 即(x－2，y＋1，z)＝λ(－2,1,3)， 即，即. 令·＝·(－2λ，λ－4,3λ) ＝8λ－6＝0， 得λ＝. 由0<λ<1知，點Q在棱SA上， 且Q，||＝||＝

20、. ∴存在一點Q使OP與BQ所成角為90°，且AQ的長為. 21．(本小題滿分12分)在三棱錐S—ABC中，△ABC是邊長為4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC＝2，M為AB的中點．試問在線段SB上是否存在一點N，使得二面角N—CM—B的余弦值為？ 解析：取AC的中點O，連結(jié)OS，OB， ∵SA＝SC，AB＝BC， ∴AC⊥SO且AC⊥BO， ∵平面SAC⊥平面ABC， ∴SO⊥平面ABC， ∴SO⊥BO. 建立如圖所示的空間直角坐標系O —xyz，設N到直線OS的距離為a 則A(2,0,0)，B(0,2，0)，C(－2，0,0)，S(0,0,2)，M(1，

21、，0)， N. 于是＝(3，，0)，＝. 設n＝(x，y，z)為平面CMN的一個法向量， 則， 取x＝1，則y＝－，z＝， ∴n＝. 又＝(0,0,2)為平面ABC的一個法向量， 于是有cos〈n，〉＝＝， 解得a＝，即N(0，，)， 所以，N為SB的中點時，二面角N—CM—B的余弦值為. 點評：向量既能體現(xiàn)“數(shù)”的運算性質(zhì)，又具有“形”的直觀特征．因此，它是“數(shù)”與“形”合理轉(zhuǎn)化的橋梁和紐帶，是解決平行、垂直、角和距離的有效工具．用向量解決立體幾何中的探索性問題時，只要能合理地分析空間圖形的位置關系和數(shù)量關系，恰當?shù)亟⒖臻g直角坐標系，選擇合理的基本向量，準確表示出相關

22、向量，就能使幾何問題代數(shù)化、復雜問題簡單化、邏輯推理運算化． 22．(本小題滿分12分)如圖，在 四棱錐P—ABCD中，底面是矩形且AD＝2，AB＝PA＝，PA⊥底面ABCD，E是AD的中點，F(xiàn)在PC上． (1)求F在何處時，EF⊥平面PBC； (2)在(1)的條件下，EF是否是PC與AD的公垂線段？若是，求出公垂線段的長度；若不是，說明理由； (3)在(1)的條件下，求直線BD與平面BEF所成的角． 解析：(1)以A為坐標原點，以AD，AB，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系， 則P(0,0，)，A(0,0,0)，B(0，，0)，C(2，，0)，D

23、(2,0,0)，E(1,0,0)． ∵F在PC上，可令＝λ， 設F(x，y，z)， ＝(2,0,0)，＝(2，，－)，＝(x－1，y，z)， ∵EF⊥平面PBC， ∴·＝0且·＝0. 又＝λ，可得λ＝，x＝1，y＝z＝， 故F為PC的中點． (2)由(1)可知 EF⊥PC且EF⊥BC，即EF⊥AD， ∴EF是PC與AD的公垂線段，其長為||＝1. (3)由(1)可知⊥. 又∵·＝(2，，－)·(1，－，0)＝0， ∴⊥. ∴為平面BEF的法向量， 而＝(2，－，0)， 設BD與平面BEF所成角為θ， 則sinθ＝cos〈，〉＝＝， ∴θ＝arcsin. 故BD與平面BEF所成角為arcsin.