高二数学下学期同步测试(6)

2004－2005学年度下学期高中学生学科素质训练高二数学同步测试（6）—空间向量YCY本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分.共150分.第Ⅰ卷（选择题，共50分）一、选择题：（本大题共10个小题，每小题5分，共50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．在下列命题中：①若a、b共线，则a、b所在的直线平行；②若a、b所在的直线是异面直线，则a、b一定不共面；③若a、b、c三向量两两共面，则a、b、c三向量一定也共面；④已知三向量a、b、c，则空间任意一个向量p总可以唯一表示为czbyaxp．其中正确命题的个数为（）A．0B．1C．2D．32．在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量1DA、1DC、11CA是（）A．有相同起点的向量B．等长向量C．共面向量D．不共面向量3．若向量且向量和垂直向量Rbanbam,(,、则)0（）A．nm//B．nmC．nmnm也不垂直于不平行于,D．以上三种情况都可能4．已知a＝（2，－1，3），b＝（－1，4，－2），c＝（7，5，λ），若a、b、c三向量共面，则实数λ等于（）A．627B．637C．647D．6575．直三棱柱ABC—A1B1C1中，若cCCbCBaCA1,,，则1AB（）A．a+b－cB．a－b+cC．－a+b+cD．－a+b－c6．已知a+b+c＝0，|a|＝2，|b|＝3，|c|＝19，则向量a与b之间的夹角ba,为（）A．30°B．45°C．60°D．以上都不对7．若a、b均为非零向量，则baba是a与b共线的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分又不必要条件8．已知△ABC的三个顶点为A（3，3，2），B（4，－3，7），C（0，5，1），则BC边上的中线长为（）A．2B．3C．4D．59．已知的数量积等于与则bakjibkjia35,2,23（）A．－15B．－5C．－3D．－110．已知(1,2,3)OA，(2,1,2)OB，(1,1,2)OP，点Q在直线OP上运动，则当QAQB取得最小值时，点Q的坐标为（）A．131(,,)243B．123(,,)234C．448(,,)333D．447(,,)333第Ⅱ卷（非选择题，共100分）二、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分）11．若A(m＋1，n－1,3)，B(2m,n,m－2n)，C(m＋3,n－3,9)三点共线，则m+n=．12．已知S是△ABC所在平面外一点，D是SC的中点，若BD＝xAByACzAS，则x＋y＋z＝．13．在空间四边形ABCD中，AC和BD为对角线，G为△ABC的重心，E是BD上一点，BE＝3ED，以｛AB，AC，AD｝为基底，则GE＝．14．设|m|＝1，|n|＝2，2m＋n与m－3n垂直，a＝4m－n，b＝7m＋2n，则a,b＝．三、解答题（本大题满分76分）15．(12分)如图，一空间四边形ABCD的对边AB与CD，AD与BC都互相垂直，用向量证明：AC与BD也互相垂直．16．（12分））如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是DC的中点，取如图所示的空间直角坐标系．（1）写出A、B1、E、D1的坐标；（2）求AB1与D1E所成的角的余弦值．17．（12分）如图，已知矩形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，E、F分别是AB、PC的中点．（1）求证：EF∥平面PAD；（2）求证：EF⊥CD；（3）若PDA＝45，求EF与平面ABCD所成的角的大小．18．（12分）在正方体1111DCBAABCD中，如图Ｅ、Ｆ分别是1BB，ＣＤ的中点，（1）求证：FD1平面ADE；（2）求1,CBEF．19．（14分）如图，在四棱锥ABCDP中，底面ABCD是正方形，侧棱PD底面ABCD，DCPD，E是PC的中点，作PBEF交PB于点F.（1）证明∥PA平面EDB；（2）证明PB平面EFD；（3）求二面角D-PB-C的大小．xyzABCDPFE20．（14分）如图，直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB=90°，侧棱AA1=2，D、E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的垂心G.（1）求A1B与平面ABD所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；（2）求点A1到平面AED的距离.参考答案（六）一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）题号12345678910答案ACBDDCABAC二、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分）11．2312．013．ADACAB433112114．0°三、解答题（本大题共6题，共76分）15．(12分)证明：0,CDABCDAB.又CACBAB，0)(CDCACB即CDCACDCB.……①0,BCADBCAD.又CACDAD，0)(BCCACD即BCCABCCD.……②由①+②得：0BCCACDCA即0BDCA.BDAC.16．(12分)解：(1)A(2,2,0)，B1(2,0,2)，E(0,1,0)，D1(0,2,2)(2)∵→AB1＝(0,-2,2)，→ED1＝(0,1,2)∴|→AB1|＝22，|→ED1|＝5，→AB1·→ED1＝0－2＋4＝2,∴cos→AB1，→ED1＝→AB1·→ED1|→AB1|·|→ED1|＝222×5＝1010．∴AB1与ED1所成的角的余弦值为1010．17．(12分)证：如图，建立空间直角坐标系A－xyz，设AB＝2a，BC＝2b，PA＝2c，则：A(0,0,0)，B(2a,0,0)，C(2a,2b,0)，D(0,2b,0)，P(0,0,2c)∵E为AB的中点，F为PC的中点∴E(a,0,0)，F(a,b,c)(1)∵→EF＝(0,b,c)，→AP＝(0,0,2c)，→AD＝(0,2b,0)∴→EF＝12(→AP＋→AD)∴→EF与→AP、→AD共面又∵E平面PAD∴EF∥平面PAD．(2)∵→CD＝(-2a,0,0)∴→CD·→EF＝(-2a,0,0)·(0,b,c)＝0∴CD⊥EF．(3)若PDA＝45，则有2b＝2c，即b＝c，∴→EF＝(0,b,b)，→AP＝(0,0,2b)∴cos→EF，→AP＝2b22b·2b＝22∴→EF，→AP＝45∵→AP⊥平面AC，∴→AP是平面AC的法向量∴EF与平面AC所成的角为：90－→EF，→AP＝45．18．(12分)解：建立如图所示的直角坐标系，（1）不妨设正方体的棱长为1，则D（0，0，0），A（1，0，0），1D（0，0，1），E（1，1，21），F（0，21，0），则FD1＝（0，21，－1），AD＝（1，0，0），AE＝（0，1，21），则DAFD1＝0，AEFD1＝0，DAFD1，AEFD1.FD1平面ADE.（２）1B（1，1，1），C（0，1，0），故1CB＝（1，0，1），EF＝（－1，－21，－21），1CBEF＝－1＋0－21＝－23，2341411EF，21CB，则cos2322323,111CBEFCBEFCBEF.150,1CBEF.19．（14分）解：如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点.设.DCa(1)证明：连结AC，AC交BD于G.连结EG.依题意得(,0,0),(0,0,),(0,,)22aaAaPaE底面ABCD是正方形，G是此正方形的中心，故点G的坐标为(,,0)22aa且(,0,),(,0,).22aaPAaaEG2PAEG.这表明EGPA∥.而EG平面EDB且PA平面EDB，PA∥平面EDB。(2)证明：依题意得(,,0),(,,)BaaPBaaa。又(0,,),22aaDE故022022aaDEPBPBDE,由已知EFPB，且,EFDEE所以PB平面EFD.(3)解：设点F的坐标为000(,,),,xyzPFPB则000(,,)(,,)xyzaaaazyxFED1C1B1A1DCBAGABCDPyxzEF从而000,,(1).xayaza所以00011(,,)(,(),()).2222aaFExyzaaa由条件EFPB知，0PBPE即22211()()0,22aaa解得13。点F的坐标为2(,,),333aaa且2(,,),(,,).366333aaaaaaFEFD03233222aaaFDPB,即PBFD，故EFD是二面角CPBD的平面角.∵691892222aaaaFDPE且aaaaFDaaaaPE369499,66363692222222.16cos.2||||66.63aFEFDEFDFEFDaa3EFD,所以，二面角C—PC—D的大小为.320．(14分)解：（1）连结BG，则BG是BE在面ABD的射影，即∠A1BG是A1B与平面ABD所成的角.如图所示建立坐标系，坐标原点为O，设CA=2a，则A（2a，0，0），B（0，2a，0），D（0，0，1）A1（2a，0，2）E（a，a，1）G（31,32,32aa）.)1,2,0(),32,3,3(aBDaaGE，032322aBDGE，解得a=1.),31,34,32(),2,2,2(1BGBA372131323/14||||cos111BGBABGBABGA.A1B与平面ABD所成角是37arccos.（2）由（1）有A（2，0，0），A1（2，0，2），E（1，1，1），D（0，0，1）0)0,1,1()2,0,0(001,1()1,1,1(1EDAAEDAE，），ED平面AA1E，又ED平面AED.∴平面AED⊥平面AA1E，又面AED面AA1E=AE，∴点A在平面AED的射影K在AE上.设AEAK，则)2,,(11AKAAKA由01AEKA，即02，解得32.)34,32,32(1KA,即63291694941KA即点A1到平面AED的距离为632.