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第九章(B) 直线、平面、简单几何体名师检测题


第九章(B)

直线、平面、简单几何体名师检测题
时间:120 分钟 分值:150 分 第Ⅰ卷(选择题 共 60 分)

一、选择题:(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 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.若 a⊥b,a⊥c,l=αb+β c(α,β∈R),m∥a,则 m 与 l 一定(

A.相交 C.垂直 B.共线 D.以上都有可能 )

解析:∵a⊥b,a⊥c,∴a· b=0,a· c=0, 又∵a· (αb+β c)=α(a· l=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),P2(0,1,1),P3(1,0,1),O 是坐标原点,则|OP1+OP2+OP3|等于( A.2 3 C. 6 B.3 2 D.2 2 )

→ → → 解析:OP1=(1,1,0),OP2=(0,1,1),OP3=(1,0,1), → → → ∴OP1+OP2+OP3=(2,2,2), → → → ∴|OP1+OP2+OP3|= 22+22+22=2 3. 答案:A 3.

→ 1 → → → 已知 ABCD 为四面体, 为△BCD 内一点(如右图), O 则AO= (AB+AC+AD)是 O 为△BCD 3 重心的( )

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 解析:若 O 是△BCD 的重心,则 → → → → 21 → → AO=AB+BO=AB+ ·(BD+BC) 32 → 1 → → → 1 → → → → =AB+ (BD+BC)=AB+ (AD-AB+AC-AB) 3 3 1 → → → = (AB+AC+AD), 3 → 1 → → → 若AO= (AB+AC+AD), 3 → → → → → → 则AO-AB+AO-AC+AO-AD=0, → → → 即BO+CO+DO=0, → → 设 BC 的中点为 P,则-2OP+DO=0, → → ∴DO=-2PO,即 O 为△BCD 的重心.

答案:C → → → → → → 4. 空间四点 A、 C、 满足|AB|=3, |=7, |=11, |=9, B、 D |BC |CD |DA 则AC· 的取值( BD A.只有一个 B.有两个 C.有四个 D.有无穷多个 → → → → 解析:注意到 32+112=72+92=130,由于AB+BC+CD+DA=0,则 → → → → → → → → → → → → → → → → |DA2|=DA2=(AB+BC+CD)2=AB2+BC2+CD2+2(AB· +BC· +CD· )=AB2-BC2 BC CD AB → → → → → → → → → → → → → → → +CD2+2(BC2+AB· +BC· +CD· )=AB2-BC2+CD2+2(AB+BC)· +CD)=81. BC CD AB (BC → → → → → → → → 即 2AC· =AD2+BC2-AB2-CD2=0,所以AC· 只有一个值 0,故选 A. BD BD 答案:A 点评:本题主要考查了空间向量的数量积,解题需要有较强的观察能力与平时知识的积 累,需从几个数据的特征进行考查,在运算中发现它们之间的联系. )

5.若 a、b 是两条异面直线,A∈a,B∈b,n 是直线 a、b 公垂线的方向向量,则 a、b 间的距离为( → A.AB· n → n C.AB· |n| 解析: ) → B.|AB· n| → |AB· n| D. |n|

→ → → 如右图,设 EF 为公垂线段,则 n∥EF,n⊥AE,n⊥FB, → → → → → → → → → → → → 由AB=AE+EF+FB?n· =n· +n· +n· ,得 n· =n· =|n|· |· AB AE EF FB AB EF |EF cos〈n,EF〉 , → n| → → |AB· 而 cos〈n,EF〉=1 或-1,∴|EF|= . |n| 答案:D 6.在空间直角坐标系 O —xyz 中,i、j、k 分别是 x 轴、y 轴、z 轴方向向量,设 a 为非零 向量,且〈a,i〉=45° 〈a,j〉=60° , ,则〈a,k〉=( A.30° C.60° B.45° D.90° )

解析:设 a 与 x 轴、y 轴、z 轴所成角分别为 α、β、γ,由长方体对角线性质,知 cos2α+ 1 cos2β+cos2γ=1,又 α=45° ,β=60° ,∴cosγ= ,从而 γ=60° ,∴〈a,k〉=60° ,选 C. 2 答案:C 7.已知空间四边形每条边和对角线长都等于 a,点 E、F、G 分别是 AB、AD、DC 的中 点,则 a2 是下列哪个向量的数量积( → → A.2BA· AC → → C.2FG· CA ) → → B.2AD· BD → → D.2EF· CB

→ → 解析:A 中,2BA· =2a· cos(180° AC a· -60° )=-a2; a → → C 中,2FG· =2·· cos180° CA a· =-a2; 2 a a2 → → D 中,2EF· =2·· cos(180° CB a· -60° )=- . 2 2 答案:B

15 8.已知向量 a=(2,-3,5)与向量 b=?3,λ, 2 ?平行,则 λ=( ? ? 2 A. 3 9 C.- 2 9 B. 2 2 D.- 3

)

2 -3 5 9 解析:∵a∥b,∴ = = ,∴λ=- .故选 C. 3 λ 15 2 2 答案:C 9.设 a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),若 a≠b,且记|a-b|=m,则 a-b 与 x 轴正方向 的夹角的余弦值为( a1-b1 A. m |a1-b1| C. m ) b1-a1 B. m a1-b1 D.± m

解析:取 x 轴正方向的任一向量 d=(x,0,0),设夹角为 θ,则(a-b)· d=(a1-b1,a2-b2, ?a-b?· ?a1-b1?x a1-b1 d a3-b3)· (x,0,0)=(a1-b1)· x.∴cosθ= = = . mx m |a-b|· |d| 答案:A 10.△ABC 的顶点分别为 A(1,-1,2),B(5,-6,2),C(1,3,-1),则 AC 边上的高 BD 等于( A.5 C.4 → → 解析:设AD=λAC,D(x,y,z). 则(x-1,y+1,z-2)=λ(0,4,-3). ∴x=1,y=4λ-1,z=2-3λ, → ∴BD=(-4,4λ+5,-3λ). 4 ∴4(4λ+5)-3(-3λ)=0,∴λ=- , 5 9 12 → ∴BD=?-4,5, 5 ?, ? ? → ∴|BD|= 答案:A 11.平面向量也叫二维向量,二维向量的坐标表示及其运算可以推广到 n(n≥3)维向量,n 维向量可用(x1,x2,x3,x4,?,xn)表示.设 a=(a1,a2,a3,a4,?,an),b=(b1,b2,b3, 81 144 16+ + =5. 25 25 ) B. 41 D.2 5

?aibi
b4,?,bn),规定向量 a 与 b 夹角 θ 的余弦为 cosθ= i=1 ? ?ai2?? ?bi2? i=1 i=1 当 a=(1,1,1,1,?,1),b=(-1,-1,1,1,?,1)时,cosθ=( n-1 A. n n-2 C. n 解析:cosθ= 1×?-1?+1×?-1?+1×1+1×1+?+1×1 ?12+12+?+12??12+12+?+12? = -2+?n-2? n-4 = . n n×n n-3 B. n n-4 D. n )
n n

n

.已知 n 维向量 a,b,

答案:D 点评:本题以平面向量为背景研究 n 维向量的有关问题,体现了与高等数学知识的结合, 突出了高考的选拔性的功能. 12.在下列各结论中,不正确的是( )

A.两非零向量 a=(x1,y1,z1)和 b=(x2,y2,z2)垂直的充要条件为 x1x2+y1y2+z1z2=0 B.若向量 a=(x1,y1,z1)和 b=(x2,y2,z2),则 a· b≤ ?x12+y12+z12??x22+y22+z22? C.已知 a,b 是两非零向量,则〈a,b〉=arccos D. a· b=0 是 a=0 或 b=0 的充要条件 解析:a· b=0 时,a⊥b.故 a· b=0 是 a=0 或 b=0 的必要不充分条件. 答案:D 第Ⅱ卷(非选择题 共 90 分) 二、填空题:(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.请把正确答案填在题中横线上.) 13.正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,二面角 A-BD1-B1 的大小为________. a· b 2 2 ab

解析:如右图,以 C 为原点建立空间直角坐标系 C-xyz,设正方体的边长为 a,则 A(a,a,0),B(a,0,0), D1(0,a,a),B1(a,0,a), → ∴BA=(0,a,0), → BD1=(-a,a,a), → BB1=(0,0,a), 设平面 ABD1 的法向量为 n=(x,y,z), → 则 n· =(x,y,z)· BA (0,a,0)=ay=0, → n· 1=(x,y,z)· BD (-a,a,a)=-ax+ay+az=0, ∵a≠0,∴y=0,x=z, 令 x=z=1,则 n=(1,0,1), 同理平面 B1BD1 的法向量 m=(-1,-1,0), n· m 1 cos〈n,m〉= =- , |n|· |m| 2 而二面角 A-BD1-B1 为钝角,故为 120° . 答案:120° 14.在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,AB=a,BC=b,CC1=c(a≠b),则 AC 与 BD1 间的 距离为________.

解析:如右图所示,设置坐标系,使 B 点作为坐标原点,则 B(0,0,0),C(b,0,0),A(0,a,0), D1(b,a,c) → → BD1=(b,a,c),CA=(-b,a,0), → → 又设 n=(1,λ,u),同时与BD1及CA垂直, → → 则由 n· 1=b+aλ+cu=0,及 n· =-b+aλ+0=0 BD CA b 2b 解得 n=?1,a,- c ? ? ? → |BC· n| 于是所求距离 d= |n| → BC=(b,0,0)

→ ∴BC· n=b,又|n|= ∴d=

b2 4b2 1+ 2+ 2 , a c

b abc . 2 2= 2 2 b 4b c ?a +b2?+4a2b2 1+ 2+ 2 a c abc c ?a +b2?+4a2b2
2 2

答案:

15.已知 a,b 是夹角为 60° 的两个单位向量,c⊥a,c⊥b,且|c|= 3,若 x=2a-b+c, y=3b-a-c,则 cos〈x,y〉=________. 1 解析:∵|a|=|b|=1,a· . b= 2 ∴x· y=-2a2-3b2-c2+7a· b 7 9 =-2-3-3+ =- . 2 2 |x|= ?2a-b+c?2= |y|= ?3b-a-c?2= 1 4+1+3-4× = 6. 2 1 9+1+3-6× = 10. 2

9 - 2 3 15 ∴cos〈x,y〉= =- . 20 6· 10 3 15 答案:- 20 16.

如右图,有一棱长为 1 的正方体,以 A 点为原点建立空间直角坐标系 A—xyz,点 B 在 z 轴的正半轴上,则顶点 C 的竖坐标等于________. 解析:本题中的空间直角坐标系和通常所见的不一样,应结合点的坐标的定义进行求解. 如图,连结 ED、EC、CD,利用三垂线定理以及线面垂直的判定定理可证明 AB⊥平面 ECD,则点 A 到平面 ECD 的距离即为点 C 的竖坐标. 设点 A 到平面 ECD 的距离为 d,则 VA—ECD=VC—AED,

1 1 ∴ S△ECD· S△AED· d= AC, 3 3 1 2 S△AED· AC 3 ∴d= = = . 3 S△ECD 3 ×? 2?2 4 答案: 3 3

三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(本小题满分 10 分)如右图,在四棱锥 P-ABCD 中,PD⊥

底面 ABCD,底面 ABCD 为正方形,PD=DC,E、F 分别是 AB、PB 的中点. (1)求证:EF⊥CD; (2)在平面 PAD 内求一点 G,使 GF⊥平面 PCB,并证明你的结论; (3)求 DB 与平面 DEF 所成角的大小.

解析:以 DA、DC、DP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(如图),设 AD =a,则 a a a a D(0,0,0)、A(a,0,0)、B(a,a,0)、C(0,a,0)、E(a, ,0)、F?2,2,2?、P(0,0,a). ? ? 2 → → (1)证明:EF· = DC

?-a,0,a?· 2? (0,a,0)=0, ? 2
∴EF⊥DC. (2)设 G(x,0,z),则 G∈平面 PAD.

a a a → FG=?x-2,-2,z-2?, ? ? a a a a → → ? a? FG· =?x-2,-2,z-2?· CB ? ? (a,0,0)=a?x-2?=0,x=2; a a a a a2 → → FG· =?x-2,-2,z-2?· CP ? (0,-a,a)= +a?z-2?=0,z=0. ? ? ? 2 a ∴G 点坐标为?2,0,0?,即 G 点为 AD 的中点. ? ? (3)设平面 DEF 的法向量为 n=(x,y,z). → ?n· =0, ? DF 由? → ? DE ?n· =0

? ??x,y,z?·2,2,2?=0, ? ? 得? ? a ??x,y,z?·a,2,0?=0, ? ?
a a a

?2?x+y+z?=0, 即? a ?ax+2y=0.
a 取 x=1,则 y=-2,z=1, ∴n=(1,-2,1). → BD· n a 3 → cos〈BD,n〉= = = , 6 → 2a· 6 |BD||n| π 3 ∴DB 与平面 DEF 所成角大小为 -arccos 2 6

?即arcsin 3?. 6? ?

18.

(本小题满分 12 分)如图所示的多面体是由底面为 ABCD 的长方体被截面 AEFG 所截而得, 其中 AB=4,BC=1,BE=3,CF=4,若如图所示建立空间直角坐标系: → (1)求EF和点 G 的坐标; (2)求异面直线 EF 与 AD 所成的角; (3)求点 C 到截面 AEFG 的距离. 解析:(1)由图可知:A(1,0,0),B(1,4,0),E(1,4,3),F(0,4,4), → ∴EF=(-1,0,1), → → 又∵AG=EF,设 G(0,0,z), 则(-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 点, 则∠FEH 为所求角,∵FH=4-3=1,EH=BC=1, ∴∠FEH=45° ,即所求角为 45° . → → 解法二:∵AD=(-1,0,0),EF=(-1,0,1), → → AD· EF 2 → → ∴cos〈AD,EF〉= = , 2 → → |AD|· | |EF ∴AD 和 EF 所成的角为 45° . (3)设 n0⊥面 AEFG,n0=(x0,y0,z0), → → ∵n0⊥AG,n0⊥AE, → → 而AG=(-1,0,1),AE=(0,4,3),

?0 0 ?-x0+z0=0 ? ? ? ?? 3 ? ?4y0+3z0=0 ?y0=- z0
x =z

?

4

3 ∴n0=(z0,- z0,z0),取 z0=4,则 n0=(4,-3,4), 4 → ∵CF=(0,0,4), → ?4,-3,4? 16 41 CF· 0 ?0,0,4?· n ∴d= = = , |n0| 41 41 16 41 ∴d= . 41 16 41 ∴点 C 到截面 AEFG 的距离为 . 41 19. (本小题满分 12 分)如图, 在四棱锥 P—ABCD 中, 侧面 PAD 是正三角形且与底面 ABCD 垂直,底面 ABCD 是矩形,E 是 AB 中点,PC 与平面 ABCD 所成角为 30° .

(1)求二面角 P—CE—D 的大小; (2)当 AD 为多长时,点 D 到平面 PCE 的距离为 2. 解析:(1)取 AD 的中点 O,连结 PO. ∵△PAD 是正三角形,∴PO⊥AD, 又面 PAD⊥面 ABCD,∴PO⊥面 ABCD, 以 O 为原点,过 O 作 AB 平行线为 x 轴,OD 为 y 轴,OP 为 z 轴建立空间直角坐标系, 连结 OC,则∠PCO 为 PC 与面 ABCD 所成的角,∴∠PCO=30° , 设 AD=a,则 PO= ∴P(0,0, 3 3 a,∴OC= a,∴CD= 2a, 2 2

3 1 2 a a),C( 2a, a,0),E? a,- ,0?, 2 2 2 ? ?2

2 a 3 1 3 → → ∴PE=? a,- ,- a?,PC=? 2a, a,- a?, 2 2 ? 2 2 ? ?2 ? 设平面 PCE 的一个法向量为 n=(1,y,z), → PE ?n· =0? 22a-ay- 23az=0 2 则? a 3 → PC ?n· =0? 2a+2y- 2 az=0



?y=- 22 ∴? 6 ?z= 2

,∴n=?1,-

?

2 6? , , 2 2?

3 → 又平面 DEC 的一个法向量为OP=(0,0, a), 2 6 3 · a 2 2 2 → ∴cos〈OP,n〉= = , 2 3 3· a 2 ∴二面角 P—CE—D 为 45° . a → (2)D(0, ,0),则CD=(- 2a,0,0), 2 → |CD· n| 2a 6 ∴D 到面 PCE 的距离 d= = = a. |n| 3 3



6 a=2,a= 6, 3

∴当 AD= 6时,点 D 到平面 PCE 的距离为 2. 20.(本小题满分 12 分)如图,已知四棱锥 S—ABCD 的底面是边长为 4 的正方形,S 在底 面上的射影 O 落在正方形 ABCD 内,且 O 到 AB、AD 的距离分别为 2 和 1.

→ → (1)求证:AB· 是定值; SC (2)已知 P 是 SC 的中点,且 SO=3,问在棱 SA 上是否存在一点 Q,使异面直线 OP 与 BQ 所成的角为 90° ?若存在,请给出证明,并求出 AQ 的长;若不存在,请说明理由. 解析:(1)证明:在△SDC 内,作 SE⊥CD 交 CD 于 E,连结 OE. ∵SO⊥平面 ABCD,∴SO⊥CD. ∵CD⊥平面 SOE, ∴CD⊥OE,∴OE∥AD, ∴DE=1,从而 CE=3. → → → → → → AB· =DC· =|DC||SC|cos∠SCD SC SC → → =|DC||EC|=12, → → ∴AB· 是定值. SC (2)以 O 为坐标原点,以 OS 所在直线为 z 轴,以过 O 且平行于 AD 的直线为 x 轴,以过 O 且平行于 AB 的直线为 y 轴,建立空间直角坐标系. 3 3 于是,A(2,-1,0),B(2,3,0),C(-2,3,0),S(0,0,3),P?-1,2,2?. ? ? → → 设点 Q(x,y,z),则存在 λ 使AQ=λAS(这是关键!将点的坐标用一个变量表示), 即(x-2,y+1,z)=λ(-2,1,3),

?x-2=-2λ ? 即?y+1=λ ?z=3λ ?

?x=-2λ+2 ? ,即?y=λ-1 ?z=3λ ?

.

3 3 → → 令OP· =?-1,2,2?· BQ ? ? (-2λ,λ-4,3λ) =8λ-6=0, 3 得 λ= . 4 由 0<λ<1 知,点 Q 在棱 SA 上, 1 1 9 → 3→ 3 且 Q?2,-4,4?,|AQ|= |AS|= 14. ? ? 4 4 3 ∴存在一点 Q 使 OP 与 BQ 所成角为 90° ,且 AQ 的长为 14. 4 21.(本小题满分 12 分)在三棱锥 S—ABC 中,△ABC 是边长为 4 的正三角形,平面 SAC ⊥平面 ABC,SA=SC=2 3,M 为 AB 的中点.试问在线段 SB 上是否存在一点 N,使得二面 1 角 N—CM—B 的余弦值为 ? 3 解析:取 AC 的中点 O,连结 OS,OB, ∵SA=SC,AB=BC, ∴AC⊥SO 且 AC⊥BO, ∵平面 SAC⊥平面 ABC, ∴SO⊥平面 ABC, ∴SO⊥BO.

建立如图所示的空间直角坐标系 O —xyz,设 N 到直线 OS 的距离为 a 则 A(2,0,0),B(0,2 3,0),C(-2,0,0),S(0,0,2 2),M(1, 3,0), N?0,a,2 2-

?

6a? . 3 ?

6a? → → 于是CM=(3, 3,0),MN=?-1,a- 3,2 2- . 3 ? ? 设 n=(x,y,z)为平面 CMN 的一个法向量, → n=3x+ 3y=0 ?CM· 则? → n=-x+y?a- 3?+z?2 ?MN· ? 取 x=1,则 y=- 3,z=

2-

6a? =0 3 ?



2 3-3a , 2a-2 6

∴n=?1,- 3,

? ?

2 3-3a ? ?. 2a-2 6?

→ 又OS=(0,0,2 2)为平面 ABC 的一个法向量, → n· OS 1 → 于是有 cos〈n,OS〉= = , → 3 |n||OS| 解得 a= 3,即 N(0, 3, 2), 1 所以,N 为 SB 的中点时,二面角 N—CM—B 的余弦值为 . 3 点评:向量既能体现“数”的运算性质,又具有“形”的直观特征.因此,它是“数” 与“形”合理转化的桥梁和纽带,是解决平行、垂直、角和距离的有效工具.用向量解决立 体几何中的探索性问题时,只要能合理地分析空间图形的位置关系和数量关系,恰当地建立 空间直角坐标系,选择合理的基本向量,准确表示出相关向量,就能使几何问题代数化、复 杂问题简单化、逻辑推理运算化. 22.(本小题满分 12 分)如图,在

四棱锥 P—ABCD 中,底面是矩形且 AD=2,AB=PA= 2,PA⊥底面 ABCD,E 是 AD 的中点,F 在 PC 上. (1)求 F 在何处时,EF⊥平面 PBC; (2)在(1)的条件下,EF 是否是 PC 与 AD 的公垂线段?若是,求出公垂线段的长度;若不 是,说明理由; (3)在(1)的条件下,求直线 BD 与平面 BEF 所成的角. 解析:(1)以 A 为坐标原点,以 AD,AB,AP 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直 角坐标系,

则 P(0,0, 2),A(0,0,0),B(0, 2,0),C(2, 2,0),D(2,0,0),E(1,0,0). → → ∵F 在 PC 上,可令PF=λPC, 设 F(x,y,z), → → → BC=(2,0,0),PC=(2, 2,- 2),EF=(x-1,y,z), ∵EF⊥平面 PBC, → → → → ∴EF· =0 且EF· =0. PC BC 1 2 → → 又PF=λPC,可得 λ= ,x=1,y=z= , 2 2 故 F 为 PC 的中点. (2)由(1)可知 EF⊥PC 且 EF⊥BC,即 EF⊥AD, → ∴EF 是 PC 与 AD 的公垂线段,其长为|EF|=1. → → (3)由(1)可知PC⊥EF. → → 又∵PC· =(2, 2,- 2)· BE (1,- 2,0)=0, → → ∴PC⊥BE. → ∴PC为平面 BEF 的法向量, → 而BD=(2,- 2,0), 设 BD 与平面 BEF 所成角为 θ, → → BD· PC 3 → → 则 sinθ=cos〈BD,PC〉= = , 6 → → |BD|· | |PC ∴θ=arcsin 3 . 6 3 . 6

故 BD 与平面 BEF 所成角为 arcsin


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9 高中数学教案 第九章直线平面简单几何体(B)(第 31 课时) 王新敞 课 题:9.11 球(一) 教学目的: ⒈具体直观地了解球的定义以及球心、球的半径等概念; ...