新课标高二数学同步测试—（2－1第三章3.1）

新课标高二数学同步测试—（2－1第三章3.1）说明：本试卷分第一卷和第二卷两部分，第一卷74分，第二卷76分，共150分；答题时间120分钟．一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的括号内（每小题5分，共50分）．1．在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若BA1=a，11DA=b，AA1=c.则下列向量中与MB1相等的向量是（）A．cba2121B．cba2121C．cba2121D．cba21212．在下列条件中，使M与A、B、C一定共面的是（）A．OCOBOAOM2B．OCOBOAOM213151C．MCMBMA0D．OCOBOAOM03．已知平行六面体''''ABCDABCD中，AB=4，AD=3，'5AA，090BAD，''060BAADAA，则'AC等于（）A．85B．85C．52D．504．与向量(1,3,2)a平行的一个向量的坐标是（）A．（31，1，1）B．（－1，－3，2）C．（－21，23，－1）D．（2，－3，－22）5．已知A（－1，－2，6），B（1，2，－6）O为坐标原点，则向量,OAOB与的夹角是（）A．0B．2C．D．326．已知空间四边形ABCD中，cOC，bOB，aOA，点M在OA上，且OM=2MA，N为BC中点，则MN=（）图A．cba213221B．cba212132C．cba212121D．cba2132327．设A、B、C、D是空间不共面的四点，且满足000ADAB，ADAC，ACAB，则BCD是（）A．钝角三角形B．锐角三角形C．直角三角形D．不确定8．空间四边形OABC中，OB=OC，AOB=AOC=600，则cosBC，OA=（）A．21B．22C．21D．09．已知A（1，1，1）、B（2，2，2）、C（3，2，4），则ABC的面积为（）A．3B．32C．6D．2610．已知),,2(),,1,1(ttbttta，则||ba的最小值为（）A．55B．555C．553D．511二、填空题：请把答案填在题中横线上（每小题6分，共24分）．11．若)1,3,2(a，)3,1,2(b，则ba,为邻边的平行四边形的面积为．12．已知空间四边形OABC，其对角线为OB、AC，M、N分别是对边OA、BC的中点，点G在线段MN上，且GNMG2，现用基组OCOBOA,,表示向量OG，有OG=xOCzOByOA，则x、y、z的值分别为．13．已知点A(1，2，11)、B(4，2，3)，C(6，1，4)，则ABC的形状是．14．已知向量)0,3,2(a，)3,0,(kb，若ba,成1200的角，则k=．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤(共76分)．15．（12分）如图，已知正方体''''ABCDABCD的棱长为a，M为'BD的中点，点N在'AC'上，且|'|3|'|ANNC，试求MN的长．16．（12分）如图在空间直角坐标系中BC=2，原点O是BC的中点，点A的坐标是（21,23，O'NMD'C'B'A'CBADzyx0），点D在平面yOz上，且∠BDC=90°，∠DCB=30°.（1）求向量OD的坐标；（2）设向量AD和BC的夹角为θ，求cosθ的值17．（12分）若四面体对应棱的中点间的距离都相等，证明这个四面体的对棱两两垂直．18．（12分）四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是一个平行四边形，AB={2，－1，－4}，AD={4，2，0}，AP={－1，2，－1}.（1）求证：PA⊥底面ABCD；（2）求四棱锥P—ABCD的体积；（3）对于向量a={x1，y1，z1}，b={x2，y2，z2}，c={x3，y3，z3}，定义一种运算：（a×b）·c=x1y2z3+x2y3z1+x3y1z2－x1y3z2－x2y1z3－x3y2z1，试计算（AB×AD）·AP的绝对值的值；说明其与四棱锥P—ABCD体积的关系，并由此猜想向量这一运算（AB×AD）·AP的绝对值的几何意义.．19．（14分）如图所示，直三棱柱ABC—A1B1C1中，CA=CB=1，∠BCA=90°，棱AA1=2，M、N分别是A1B1、A1A的中点.（1）求BN的长；（2）求cos11,CBBA的值；（3）求证：A1B⊥C1M.图20．（14分）如图，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°.（1）证明：C1C⊥BD；（2）假定CD=2，CC1=23，记面C1BD为α，面CBD为β，求二面角α—BD—β的平面角的余弦值；（3）当1CCCD的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明.参考答案一、1．A；解析：)(21111BCBAAABMBBMB=c+21（－ba）=－21a+21b+c．评述：用向量的方法处理立体几何问题，使复杂的线面空间关系代数化，本题考查的是基本的向量相等，与向量的加法.考查学生的空间想象能力.2．A；解析：空间的四点P、A、B、C共面只需满足,OCzOByOAxOP且1zyx既可．只有选项A．3．B；解析：只需将AAADABCA，运用向量的内即运算即可，2||CACA．4．C；解析：向量的共线和平行使一样的，可利用空间向量共线定理写成数乘的形式．即babab//,0．5．C；解析：||||cosbaba，计算结果为－1．6．B；解析：显然OAOCOBOMONMN32)(21．7．B；解析：过点A的棱两两垂直，通过设棱长应用余弦定理可得三角形为锐角三角形．8．D；解析：建立一组基向量OCOBOA,,，再来处理BCOA的值．9．D；解析：应用向量的运算，显然ACABACABACABACAB,sin||||,cos，从而得ACABACABS,sin||||21．10．C；二、11．56；解析：72||||,cosbababa，得753,sinba，可得结果．12．OCOBOA313161；解析：OCOBOAOAOCOBOAOMONOAMNOAMGOMOG313161]21)(21[3221)(3221322113．直角三角形；解析：利用两点间距离公式得：222||||||ACBCAB．14．39；解析：219132||||,cos2kkbababa，得39k．三、15．解：以D为原点，建立如图空间直角坐标系．因为正方体棱长为a，所以B（a，a，0），A'（a，0，a），'C（0，a，a），'D（0，0，a）．由于M为'BD的中点，取''AC中点O'，所以M（2a，2a，2a），O'（2a，2a，a）．因为|'|3|'|ANNC，所以N为''AC的四等分，从而N为''OC的中点，故N（4a，34a，a）．根据空间两点距离公式，可得22236||()()()242424aaaaaMNaa．16．解：（1）过D作DE⊥BC，垂足为E，在Rt△BDC中,由∠BDC=90°,∠DCB=30°，BC=2，得BD=1，CD=3，∴DE=CD·sin30°=23.OE=OB－BE=OB－BD·cos60°=1－2121.∴D点坐标为（0，－23,21），即向量OD[TX→]的坐标为{0，－23,21}.（2）依题意：}0,1,0{},0,1,0{},0,21,23{OCOBOA，所以}0,2,0{},23,1,23{OBOCBCOAODAD.设向量AD和BC的夹角为θ，则cosθ=222222020)23()1()23(0232)1(023||||BCADBCAD1051.17．证：如图设321,,rSCrSBrSA，则SNSMSHSGSFSE,,,,,分别为121r，)(2132rr，)(2121rr，321r，)(2131rr，221r，由条件EH=GH=MN得：223123212132)2()2()2(rrrrrrrrr展开得313221rrrrrr∴0)(231rrr，∵1r≠0，23rr≠0，∴1r⊥（23rr）即SA⊥BC．同理可证SB⊥AC，SC⊥AB．18．（1）证明：∵ABAP=－2－2+4=0，∴AP⊥AB.又∵ADAP=－4+4+0=0，∴AP⊥AD.∵AB、AD是底面ABCD上的两条相交直线，∴AP⊥底面ABCD.（2）解：设AB与AD的夹角为θ，则cosθ=1053416161428||||ADABADABV=31|AB|·|AD|·sinθ·|AP|=161411059110532（3）解：|（AB×AD）·AP|=|－4－32－4－8|=48它是四棱锥P—ABCD体积的3倍.猜测：|（AB×AD）·AP|在几何上可表示以AB、AD、AP为棱的平行六面体的体积（或以AB、AD、AP为棱的直四棱柱的体积）.评述：本题考查了空间向量的坐标表示、空间向量的数量积、空间向量垂直的充要条件、空间向量的夹角公式和直线与平面垂直的判定定理、棱锥的体积公式等.主要考查考生的运算能力，综合运用所学知识解决问题的能力及空间想象能力.19．如图，建立空间直角坐标系O—xyz.（1）依题意得B（0，1，0）、N（1，0，1）∴|BN|=3)01()10()01(222.（2）依题意得A1（1，0，2）、B（0，1，0）、C（0，0，0）、B1（0，1，2）∴1BA={－1，－1，2}，1CB={0，1，2，}，1BA·1CB=3，|1BA|=6，|1CB|=5∴cos1BA，1CB=30101||||1111CBBACBBA.（3）证明：依题意，得C1（0，0，2）、M（21,21，2），BA1={－1，1，2}，MC1={21,21，0}.∴BA1·MC1=－2121+0=0，∴BA1⊥MC1，∴A1B⊥C1M.评述：本题主要考查空间向量的概念及运算的基本知识.考查空间两向量垂直的充要条件.20．（1）证明：设CB=a，CD=b，1CC=c，则|a|=|b|，∵CBCDBD=b－a，图∴BD·1CC=（b－a）·c=b·c－a·c=|b|·|c|cos60°－|a|·|c|cos60°=0，∴C1C⊥BD.（2）解：连AC、BD，设AC∩BD=O，连OC1，则∠C1OC为二面角α—BD—β的平面角.∵21)(21CDBCCO（a+b），2111CCCOOC（a+b）－c∴CO·211OC（a+b）·［21（a+b）－c］=41（a2+2a·b+b2）－21a·c－21b·c=41（4+2·2·2cos60°+4）－21·2·23cos60°－21·2·23cos60°=23.则|CO|=3，|OC1|=23，∴cosC1OC=33||||11OCCOOCCO（3）解：设1CCCD=x，CD=2，则CC1=x2.∵BD⊥平面AA1C1C，∴BD⊥A1C∴只须求满足：DCCA11=0即可.设AA1=a，AD=b，DC=c，∵CA1=a+b+c，DC1=a－c，∴DCCA11=（a+b+c）（a－c）=a2+a·b－b·c－c2=xx242－6，令6－242xx=0，得x=1或x=－32（舍去）.评述：本题蕴涵着转化思想，即用向量这个工具来研究空间垂直关系的判定、二面角的求解以及待定值的探求等问题.