高中數(shù)學(xué)人教A版1第三章空間向量與立體幾何單元測試 校賽得獎

選修2-1空間向量與立體幾何期末復(fù)習(xí)卷一、選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請把正確答案的代號填在題后的括號內(nèi)（每小題5分，共60分）．1、．以正方體的頂點D為坐標(biāo)原點，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則與共線的向量的坐標(biāo)可以是（）A． B． C． D．2、在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若AB=，則AB1與C1B所成的角的大小為()A．60°B．90°C．75°D．105°3、已知A、B、C三點不共線，對平面ABC外的任一點O，下列條件中能確定點M與點A、B、C一定共面的是（）A．B．C． D．4、若A，B，當(dāng)取最小值時，的值等于（）A．B．C．D．AAA1DCBB1C15圖5、已知是各條棱長均等于的正三棱柱，是側(cè)棱的中點．點到平面的距離（）A．B．C．D．6、在棱長為的正方體中，則平面與平面間的距離（） A． B． C． D．7、在三棱錐P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝PA，點O、D分別是AC、PC的中點，OP⊥底面ABC，則直線OD與平面PBC所成角的正弦值 （） A． B． C． D．8、在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，側(cè)棱，D，E分別是與的中點，點E在平面ABD上的射影是的重心G．則與平面ABD所成角的余弦值 （） A． B． C． D．9、正三棱柱的底面邊長為3，側(cè)棱，D是CB延長線上一點，且，則二面角的大?。ǎ?A． B．C． D．10、正四棱柱中，底面邊長為，側(cè)棱長為4，E，F(xiàn)分別為棱AB，CD的中點，．則三棱錐的體積V（） A． B．C． D．11.已知，，則直線與平面交點的坐標(biāo)是（）A．B．C．D．12.在空間直角坐標(biāo)系中，平面的法向量為,為坐標(biāo)原點.已知，則到平面的距離等于（）A．4B．2C．3D．1二、填空題：請把答案填在題中橫線上（每小題5分，共20分）．13、在空間直角坐標(biāo)系中，點M的坐標(biāo)是，則點M關(guān)于y軸的對稱點坐標(biāo)為_____14、已知向量，且A、B、C三點共線，則____15、已知空間四邊形，點分別為的中點，且，用，，表示，則=_______________16、若，且，則與的夾角度數(shù)為____________三、解答題：解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟（共70分）．17．（10分）在邊長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中點，F(xiàn)是DD1的中點（1）求證：CF∥平面A1DE；（2）求直線AA1與平面A1DE所成角的余弦值.18（12分）如圖所示，平面，且四邊形為矩形，四邊形為直角梯形，，，，．(Ⅰ)求證：平面；(Ⅱ)求平面與平面所成銳二面角的余弦值．19．（12分）已知平面，平面，為等邊三角形，，為的中點．（1）求證：平面；（2）求直線和直線所成角的余弦值．20．（12分）如圖，在幾何體中，平面，，是等腰直角三角形，，且，點在線段上，且（1）求異面直線與所成角；（2）求平面與平面所成二面角的余弦值。21、（12分）21題圖FESDCBAA已知四棱錐的底面是正方形，底面，21題圖FESDCBAA（1）求證：平面平面；（2）當(dāng)時，求二面角的大?。?2、（12分）直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝，F(xiàn)分別是CC1，BC的中點，AE⊥A1B1，D為棱A1B1上的點.(1)證明：DF⊥AE；(2)是否存在一點D，使得平面DEF與平面ABC所成銳二面角的余弦值為eq\f(\r(14),14)？若存在，說明點D的位置，若不存在，說明理由.選修2-1空間向量與立體幾何期末復(fù)習(xí)卷參考答案一、選擇題題號123456789101112答案BBCCABDBACDA二、填空題13、14、15、16、三、解答題17．(10分)（1）取A1D中點M，連接FM，則因為F為DD1中點，所以FMFESDCBAAxyz.由題意得，,…………………6分FESDCBAAxyz，又設(shè)平面的法向量為，則，令，則，…………8分，，設(shè)平面的法向量為，則，令，則，……………10分設(shè)二面角的平面角為，則.顯然二面角的平面角為為鈍角，所以，即二面角的大小為.……………12分22解：(1)證明∵AE⊥A1B1，A1B1∥AB.∴AE⊥AB.又AA1⊥AB，AA1∩AE＝A，∴AB⊥平面A1ACC1，又AC?平面A1ACC1，∴AB⊥AC.以A為原點建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則有A(0，0，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，設(shè)D(x，y，z)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝λeq\o(A1B1,\s\up6(→))且λ∈[0，1]，則(x，y，z－1)＝λ(1，0，0)，則D(λ，0，1)，∴eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ，\f(1,2)，－1)).∵eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，∴eq\o(DF,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝0＋eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝0.∴eq\o(DF,\s\up6(→))⊥eq\o(AE,\s\up6(→))，即DF⊥AE.(2)解當(dāng)D為A1B1的中點時，平面DEF與平面ABC所成銳二面角的余弦值為eq\f(\r(14),14)，理由如下：設(shè)平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(FE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DF,\s\up6(→))＝0.))∵eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ，\f(1,2)，－1)).∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(1,2)z＝0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ))x＋\f(1,2)y－z＝0.))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,2（1－λ）)z，,y＝\f(1＋2λ,2（1－λ）)z))(由題意，知λ≠1).令z＝2(1－λ)，則n＝(3，1＋2λ，2(1－λ)).由題知平面ABC的一個法向量