2012年高考总复习一轮《名师一号-数学》第9章(B)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＋βc(α，β∈R)，m∥a，则m与l一定()A．相交B．共线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＋βc)＝α(a·b)＋β(a·c)＝α×0＋β×0＝0，∴a⊥l，而m∥a，∴m⊥l.答案：C2．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．23B．32C.6D．22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＝23.答案：A3.已知ABCD为四面体，O为△BCD内一点(如右图)，则AO→＝13(AB→＋AC→＋AD→)是O为△BCD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AO→＝AB→＋BO→＝AB→＋23·12(BD→＋BC→)＝AB→＋13(BD→＋BC→)＝AB→＋13(AD→－AB→＋AC→－AB→)＝13(AB→＋AC→＋AD→)，若AO→＝13(AB→＋AC→＋AD→)，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：C4．空间四点A、B、C、D满足|AB→|＝3，|BC→|＝7，|CD→|＝11，|DA→|＝9，则AC→·BD→的取值()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|DA→2|＝DA→2＝(AB→＋BC→＋CD→)2＝AB→2＋BC→2＋CD→2＋2(AB→·BC→＋BC→·CD→＋CD→·AB→)＝AB→2－BC→2＋CD→2＋2(BC→2＋AB→·BC→＋BC→·CD→＋CD→·AB→)＝AB→2－BC→2＋CD→2＋2(AB→＋BC→)·(BC→＋CD→)＝81.即2AC→·BD→＝AD→2＋BC→2－AB→2－CD→2＝0，所以AC→·BD→只有一个值0，故选A.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→·nB．|AB→·n|C.AB→·n|n|D.|AB→·n||n|解析：如右图，设EF为公垂线段，则n∥EF→，n⊥AE→，n⊥FB→，由AB→＝AE→＋EF→＋FB→⇒n·AB→＝n·AE→＋n·EF→＋n·FB→，得n·AB→＝n·EF→＝|n|·|EF→|·cos〈n，EF→〉，而cos〈n，EF→〉＝1或－1，∴|EF→|＝|AB→·n||n|.答案：D6．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°B．45°C．60°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＋cos2β＋cos2γ＝1，又α＝45°，β＝60°，∴cosγ＝12，从而γ＝60°，∴〈a，k〉＝60°，选C.答案：C7．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→B．2AD→·BD→C．2FG→·CA→D．2EF→·CB→解析：A中，2BA→·AC→＝2a·a·cos(180°－60°)＝－a2；C中，2FG→·CA→＝2·a2·a·cos180°＝－a2；D中，2EF→·CB→＝2·a2·a·cos(180°－60°)＝－a22.答案：B8．已知向量a＝(2，－3,5)与向量b＝3，λ，152平行，则λ＝()A.23B.92C．－92D．－23解析：∵a∥b，∴23＝－3λ＝5152，∴λ＝－92.故选C.答案：C9．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()A.a1－b1mB.b1－a1mC.|a1－b1|mD．±a1－b1m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，a3－b3)·(x,0,0)＝(a1－b1)·x.∴cosθ＝a－b·d|a－b|·|d|＝a1－b1xmx＝a1－b1m.答案：A10．△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．5B.41C．4D．25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(4λ＋5)－3(－3λ)＝0，∴λ＝－45，∴BD→＝－4，95，125，∴|BD→|＝16＋8125＋14425＝5.答案：A11．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，b4，…，bn)，规定向量a与b夹角θ的余弦为cosθ＝i＝1naibii＝1nai2i＝1nbi2.已知n维向量a，b，当a＝(1,1,1,1，…，1)，b＝(－1，－1,1,1，…，1)时，cosθ＝()A.n－1nB.n－3nC.n－2nD.n－4n解析：cosθ＝1×－1＋1×－1＋1×1＋1×1＋…＋1×112＋12＋…＋1212＋12＋…＋12＝－2＋n－2n×n＝n－4n.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＝0B．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〉＝arccosa·ba2b2D.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________．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·BA→＝(x，y，z)·(0，a,0)＝ay＝0，n·BD1→＝(x，y，z)·(－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)，cos〈n，m〉＝n·m|n|·|m|＝－12，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·BD1→＝b＋aλ＋cu＝0，及n·CA→＝－b＋aλ＋0＝0解得n＝1，ba，－2bc于是所求距离d＝|BC→·n||n|BC→＝(b,0,0)∴BC→·n＝b，又|n|＝1＋b2a2＋4b2c2，∴d＝b1＋b2a2＋4b2c2＝abcc2a2＋b2＋4a2b2.答案：abcc2a2＋b2＋4a2b215．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〉＝________.解析：∵|a|＝|b|＝1，a·b＝12.∴x·y＝－2a2－3b2－c2＋7a·b＝－2－3－3＋72＝－92.|x|＝2a－b＋c2＝4＋1＋3－4×12＝6.|y|＝3b－a－c2＝9＋1＋3－6×12＝10.∴cos〈x，y〉＝－926·10＝－31520.答案：－3152016.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，∴13S△ECD·d＝13S△AED·AC，∴d＝S△AED·ACS△ECD＝1234×22＝33.答案：33三、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D(0,0,0)、A(a,0,0)、B(a，a,0)、C(0，a,0)、E(a，a2，0)、Fa2，a2，a2、P(0,0，a)．(1)证明：EF→·DC→＝－a2，0，a2·(0，a,0)＝0，∴EF⊥DC.(2)设G(x,0，z)，则G∈平面PAD.FG→＝x－a2，－a2，z－a2，FG→·CB→＝x－a2，－a2，z－a2·(a,0,0)＝ax－a2＝0，x＝a2；FG→·CP→＝x－a2，－a2，z－a2·(0，－a，a)＝a22＋az－a2＝0，z＝0.∴G点坐标为a2，0，0，即G点为AD的中点．(3)设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)．由n·DF→＝0，n·DE→＝0得x，y，z·a2，a2，a2＝0，x，y，z·a，a2，0＝0，即a2x＋y＋z＝0，ax＋a2y＝0.取x＝1，则y＝－2，z＝1，∴n＝(1，－2,1)．cos〈BD→，n〉＝BD→·n|BD→||n|＝a2a·6＝36，∴DB与平面DEF所成角大小为π2－arccos36即arcsin36.18.(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E