2022秋新教材高中数学 章末综合检测（一）圆锥曲线的方程 新人教A版选择性必修第一册.doc

1、章末综合检测（一） 空间向量与立体几何(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5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已知平面和平面的法向量分别为m(3,1，5)，n(6，2,10)，则()ABC与相交但不垂直 D以上都不对解析：选Bn(6，2,10)，m(3,1，5)，n2m.mn.与平行2已知a(3,2,5)，b(1,5，1)，则a(a3b)()A(0,34,10) B(3,19,7)C44 D23解析：选Ca3b(3,2,5)3(1,5，1)(0,17,2)，则a(a3b)(3,2,5)(0,17,2)0341044.3在直三

2、棱柱ABCA1B1C1中，若a，b，c，则等于( )Aabc BabcCabc Dabc解析：选D如图，bac.4三棱锥ABCD中，ABACAD2，BAD90，BAC60，则等于( )A2 B2C2 D2解析：选A()22cos 9022cos 602.5已知a3m2n4p0，b(x1)m8n2yp，且m，n，p不共面，若ab，则x，y的值为( )Ax13，y8 Bx13，y5Cx7，y5 Dx7，y8解析：选A因为ab且a0，所以ba，即(x1)m8n2yp3m2n4p.又因为m，n，p不共面，所以，所以x13，y8.6已知在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则CD与平面BD

3、C1所成角的正弦值等于( )A BC D解析：选A以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz，如图，设AA12AB2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则(0,1,0)，(1,1,0)，(0,1,2)设平面BDC1的法向量为n(x，y，z)，则n，n，所以有令y2，得平面BDC1的一个法向量为n(2，2,1)设CD与平面BDC1所成的角为，则sin |cosn，|.7.如图，已知长方体ABCDA1B1C1D1中，A1A5，AB12，则直线B1C1到平面A1BCD1的距离是( )A5 B8C D解析：选C以D为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建

4、立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,12,0)，D1(0,0,5)设B(x,12,0)，B1(x,12,5)(x0)设平面A1BCD1的法向量为n(a，b，c)，由n，n，得n(a，b，c)(x,0,0)ax0，n(a，b，c)(0，12，5)12b5c0，所以a0，bc，所以可取n(0,5,12)又(0,0，5)，所以点B1到平面A1BCD1的距离为. 因为B1C1平面A1BCD1，所以B1C1到平面A1BCD1的距离为.8.如图，ABACBD1，AB平面，AC平面，BDAB，BD与平面成30角，则C，D间的距离为()A1 B2C D解析：选C|2|2|2|2|222211100211co

5、s 1202，|.二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果(2，1，4)，(4,2,0)，(1,2，1)，下列结论正确的有()ABC是平面ABCD的一个法向量D解析：选ABC因为0，0，所以A、B正确；因为所以是平面ABCD的一个法向量，所以C正确；(2,3,4)，(1,2，1)不满足，则D不正确故选A、B、C.10如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB5，AD4，AA13，以直线DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直

6、角坐标系，则()A点B1的坐标为(4,5,3)B点C1关于点B对称的点为(5,8，3)C点A关于直线BD1对称的点为(0,5,3)D点C关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0)解析：选ACD根据题意知：点B1的坐标为(4,5,3)，A正确；B的坐标为(4,5,0)，C1坐标为(0,5,3)，故点C1关于点B对称的点为(8,5，3)，B错误；点A关于直线BD1对称的点为C1(0,5,3)，C正确；点C(0,5,0)关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0)，D正确故选A、C、D.11若a(1，2)，b(2，1,1)，a与b的夹角为120，则的值为()A17 B17C1 D1解析：选AC由已

7、知ab224，|a|，|b|，cos 120，解得17或1，故选A、C.12在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是A1D1和C1D1的中点，则下列结论正确的是()AA1C1平面CEFBB1D平面CEFCD点D与点B1到平面CEF的距离相等解析：选AC对A，因为E，F分别是A1D1和C1D1的中点，所以EFA1C1，故A1C1平面CEF成立对B，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCDA1B1C1D1的边长为2，则(2，2，2)，(0,1，2)所以02420，故，不互相垂直又CF平面CEF，故B1D平面CEF不成立对C，由图可知(1，2,2)，(2,0,0)(0,0,2)(0,2

8、,0)(1，2,2)故成立对D，点D与点B1到平面CEF的距离相等等价于点D与点B1的中点O在平面CEF上连接AC，AE，易得平面CEF即平面CAEF.又点D与点B1的中点O在平面A1ACC1上，则点O不在平面CEF上故D不成立三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中的横线上)13化简：(a2b3c)53(a2bc)_.解析：原式abcabc3a6b3cabcabc.答案：abc14已知(2,2,1)，(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量是_. 解析：设平面ABC的法向量n(x，y，z)，则即令z1，得所以n，故平面ABC的单位法向量为.答案：15点P是底边长为2，高

9、为2的正三棱柱表面上的动点，MN是该棱柱内切球的一条直径，则的取值范围是_解析：由题意知内切球的半径为1，设球心为O，则()()2()|21.1|，0,4答案：0,416已知正三棱柱ABCDEF的侧棱长为2，底面边长为1，M是BC的中点，若直线CF上有一点N，使MNAE，则_.解析：如图，设m，则，mm.因为MNAE，所以0，因此114m0，解得m，所以.答案：四、解答题(本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)在空间四边形ABCD中，G为BCD的重心，E，F分别为边CD和AD的中点，试化简，并在图中标出化简结果的向量解：G是BCD的重心，BE是C

10、D边上的中线，.又()， (如图所示)18(12分)已知向量a(1，3,2)，b(2,1,1)，点A(3，1,4)，B(2，2,2)(1)求|2ab|；(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得b？(O为原点)解：(1)2ab(2，6,4)(2,1,1)(0，5,5)，故|2ab|5.(2)t(3，1,4)t(1，1，2)(3t，1t,42t)，若b，则b0，所以2(3t)(1t)(42t)0，解得t，因此存在点E，使得b，此时点E的坐标为.19.(12分)如图，在三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC90，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，ABAC1，PA2.(1)求直线PA与平面D

11、EF所成角的正弦值；(2)求点P到平面DEF的距离解：(1)如图所示，以A为原点，AB，AC，AP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Axyz.由ABAC1，PA2，得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，D，E，F.设平面DEF的法向量n(x，y，z)，则即解得取z1，则平面DEF的一个法向量n(2,0,1)设PA与平面DEF所成的角为，则sin ，故直线PA与平面DEF所成角的正弦值为.(2)，n(2,0,1)，点P到平面DEF的距离d.20.(12分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，点D在棱A1B1上，E，F分别是CC1，BC的中点，A

12、EA1B1，AA1ABAC2.(1)证明：DFAE；(2)当D为A1B1的中点时，求平面DEF与平面ABC夹角的余弦值解：(1)证明：在直三棱柱ABCA1B1C1中，有AA1A1B1，又因为AEA1B1，所以A1B1平面AA1C1C，因为A1C1平面AA1C1C，所以A1B1A1C1.所以ABAC，ABAA1，ACAA1，如图，分别以AC，AA1，AB所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz，则C(2,0,0)，B(0,0,2)，A(0,0,0)，A1(0,2,0)，F(1,0,1)，E(2,1,0)设D(0,2，t)，则(1,2，t1)，(2,1,0)，(1,2，t1)(2,1,0)

13、0，所以DFAE.(2)当D为A1B1的中点时，D(0,2,1)，(1，1,1)，(1,2,0)，设平面DEF的法向量为n(x，y，z)，则即令y1，得n(2,1,3)，易知平面ABC的法向量为n0(0,1,0)，所以cosn，n0，即平面DEF与平面ABC夹角的余弦值为.21(12分)(2019天津高考)如图，AE平面ABCD，CFAE，ADBC，ADAB，ABAD1，AEBC2.(1)求证：BF平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角EBDF的余弦值为，求线段CF的长解：依题意，以A为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系

14、，可得A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)设CFh(h0)，则F(1,2，h)(1)证明：依题意知，(1,0,0)是平面ADE的法向量，又(0,2，h)，可得0，因为直线BF平面ADE，所以BF平面ADE.(2)依题意，(1,1,0)，(1,0,2)，(1，2,2)设n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨令z1，可得n(2,2,1)因此有cos，n.所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.(3)设m(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，则即不妨令y11，可得m.由题意，有|cosm，n|，解得h.经检验，符合题意所以线段CF的长

15、为.22.(12分)在四棱锥PABCD中，侧面PCD平面ABCD，PDCD，平面ABCD是直角梯形，ABDC，ADC90，ABADPD1，CD2.(1)求证：BC平面PBD；(2)设E为侧棱PC上异于端点的一点，试确定的值，使得二面角EBDP的余弦值为.解：(1)证明：因为侧面PCD平面ABCD，平面PCD平面ABCDCD，PD平面PCD，PDCD，所以PD平面ABCD，所以PDAD.又因为ADC90，即ADCD，因此以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,1)，(1,1,0)，(1,1,0)，所以0，所以DBBC.由PD平面ABCD，可得PDBC，又因为PDDBD，所以BC平面PBD.(2)因为(0,2，1)，又，设E(x0，y0，z0)，则(x0，y0，z01)(0,2，)，所以E(0,2，1)，(0,2，1)设平面EBD的法向量为n(a，b，c)，由得令a1，可得平面EBD的一个法向量为n.又(1,1,0)是平面PBD的一个法向量，n112，n ，代入，化简得32210，解得或1，又(0,1)，故.