1、第二章檢測題A時間120分鐘，滿分150分。一、選擇題(本大題共10個小題，每小題5分，共50分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1在空間中，已知動點P(x，y，z)滿足z0，則動點P的軌跡是()A平面B直線C不是平面，也不是直線D以上都不對答案A解析P的坐標z為0，橫坐標x，縱坐標y為任意實數，這樣的點都在xOy平面內2已知i，j，k是空間直角坐標系Oxyz的單位正交基底，并且ijk則B點的坐標為()A(1,1，1)B(i，j，k)C(1，1，1)D不確定答案D解析向量確定時，終點坐標隨著起點坐標的變化而變化，本題中起點沒固定，所以終點的坐標也不確定3若平面，的法向量分別

2、為u(2，3,5)，v(3,1，4)，則()ABC、相交但不垂直D以上均不正確答案C解析因為，且u·v0，所以、相交但不垂直4設n(1,2，2)是平面的一個法向量，直線的方向向量為a(2,1，m)，若與的夾角的正弦值為，則m等于()ABC±D±3答案C解析設與夾角為則sin，即，解得m±.5若a(0,1，1)，b(1,1,0)，且(ab)a，則實數的值是()A1B0C1D2答案D解析ab(0,1，1)(，0)(，1，1)，由(ab)a，知(ab)·a0.×0(1)×11×10，得2.6已知A(2，5,1)，B(2，

3、2,4)，C(1，4,1)，則與的夾角為()A30°B45°C60°D90°答案C解析(0,3,3)，(1,1,0)設，則cos，60°.7已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB2，CC12，E為CC1的中點，則直線AC1與平面BED的距離為()A2BCD1答案D解析本小題主要考查了正四棱柱的性質的運用，以及點到面的距離的求解連結AC交BD于O，連EO，則OEAC1.AC1到平面BED的距離，即為C1點到平面BED之距，又C1ECE且CC1平面BEDE，C1點到平面BED之間距離等于C點到平面BED之距又BD平面ECO，平面BED平面EC

4、O，過C作CHEO于H，則CH即為點C到平面BED之距，CH1.故選D本題的關鍵點是過線面距轉化為點面距，進而轉化為點線距，體現了轉化與化歸的數學思想方法8如圖所示，在四面體PABC中，PC平面ABC，ABBCCAPC，那么二面角BAPC的余弦值為()ABCD答案C解析如圖，作BDAP于D，作CEAP于E，設AB1，則CE，EP，PAPB，AB1，所以BD，ED.因為，所以22222·2·2·.所以·.所以cos·.另解：如圖建立空間直角坐標系，且設AB2，則B(1，0)，C(0,0,0)，A(2,0,0)，P(0,0,2)設平面PAB的法向量

5、為n1 (x，y，z)，由n1·0，n1·0得，故可取n1(，1，)又平面APC的法向量可取n2(0,1,0)，cos.9正四棱錐SABCD中，O為頂點在底面內的投影，P為側棱SD的中點，且SOOD，則直線BC與平面PAC的夾角是()A30°B45°C60°D75°答案A解析如圖，以 O為坐標原點建立空間直角坐標系Oxyz.設ODSOOAOBOCa，則A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(a,0,0)，P(0，)，則(2a,0,0)，(a，)，(a，a,0)，設平面PAC的一個法向量為n，可取n(0,1,1)，則cos，n，所以，n

6、60°，所以直線BC與平面PAC的夾角為90°60°30°.10如圖，在空間直角坐標系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為()ABCD答案A解析本題考查了空間向量與空間角設CB1，則CACC12，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，(0,2，1)，(2,2,1)，|，|3，·413，cos，故選A二、填空題(本大題共5小題，每小題5分，共25分)11若A1、A2、A3是空間不共線的三點，則_，類比上述性質得到一般性的結論為_答案0解析An1An0.12已

7、知a(3,1,5)，b(1,2，3)，向量c與z軸垂直，且滿足c·a9，c·b4，則c_.答案解析令c(x，y，z)，則解得，所以c.13已知空間三點A(0,2,3)，B(2,1,6)，C(1，1,5)，若|a|，且a分別與、垂直，則向量a_.答案(1,1,1)或(1，1，1)解析設a(x，y，z)，由題意得解得或a(1,1,1)或a(1，1，1)14若空間三點A(1,5，2)、B(2,4,1)、C(p,3，q2)共線，則p_，q_.答案32解析由A、B、C三點共線，則有與共線，即.又(1，1,3)，(p1，2，q4)，所以所以15在空間平移ABC到A1B1C1(使A1B1

8、C1與ABC不共面)，連接對應頂點，設a，b，c，M是BC1的中點，N是B1C1的中點，用基底a，b，c表示向量的結果是_答案abc解析如圖，()()b(ab)(ac)abC三、解答題(本大題共6小題，共75分，前4題每題12分，20題13分，21題14分)16空間四邊形OABC中，G，H分別是ABC，OBC的重心，設a，b，c，試用向量a，b，c表示.解析解法一：設BC邊中點為D，則，×()(bc)，()×()abc，(bc)abca，A解法二：簡解：取BC的中點D，連OD、AD，由題意知且GHOAA17如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是矩形，PA底面ABCD，P

9、AAB1，AD.點E在邊BC上移動試求當BE等于何值時，PA與平面PDE所成角的大小為45°.解析以A為坐標原點，AD、AB、，AP所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系Axyz.如題圖設BEm(0m)，則A(0,0,0)，P(0,0,1)，D(，0,0)，E(m,1,0)，所以(0,0,1)，(，0,1)，(m，1,0)設平面PDE的一個法向量為n(x，y，z)，則n，n，所以解得令x1，得n(1，m，)因為PA與平面PDE所成角的大小為45°，所以sin45°|，解得m或m(舍)，因此，當BE時，PA與平面PDE所成角的大小為45°.1

10、8三棱錐PABC中，側面PAC與底面ABC垂直，PAPBPC3.(1)求證：ABBC；(2)設ABBC2，求AC與平面PBC所成角的大小解析(1)證明：取AC中點D，連結PD、BDPAPC，PDAC又已知知平面PAC平面ABC，PD平面ABC，D為垂足PAPBPC，DADBDCAC為ABC的外接圓直徑，因此ABBC(2)解：以D為原點，、的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立直角坐標系，則A(，0,0)，C(，0,0)，B(0，0)，P(0,0，)，(，0，)，(，0)，(2，0,0)設n(1，y，z)為平面PBC的法向量，則n·0，n·0，即解得即n(1,1，)于是co

11、s，n，n60°，AC與平面PBC的成的角為30°.19.在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC3，BC4，AB5，AA14，點D是AB的中點(1)求證：ACBC1；(2)求證：AC1平面CDB1；(3)求AC1與CB1所成角的余弦值解析直三棱柱ABCA1B1C1底面三邊長AC3，BC4，AB5，AC、BC、C1C兩兩垂直如圖所示，以C為坐標原點，直線CA、CB、CC1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系則C(0,0,0)，A(3,0,0)，C1(0,0,4)，B(0,4,0)，B1(0,4,4)，D(，2,0)(1)(3,0,0)，(0，4,4)·0，ACBC

12、1.(2)設CB1與C1B的交點為E，連接DE，則E(0,2,2)(，0,2)，(3,0,4)，DEAC1.DE平面CDB1，AC1平面CDB1，AC1平面CDB1.(3)(3,0,4)，(0,4,4)，cos·.異面直線AC1與B1C所成角的余弦值為.20如圖，直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，D、E分別為AA1、B1C的中點，DE平面BCC1.(1)證明：ABAC；(2)設二面角ABDC為60°，求B1C與平面BCD所成的角的大小解析解法一：(1)取BC中點F，連接EF，則EF綊B1B，從而EF綊DA連接AF，則ADEF為平行四邊形，從而AFDE.又DE平面BCC

13、1，故AF平面BCC1，從而AFBC，即AF為BC的垂直平分線，所以ABAC(2)作AGBD，垂足為G，連接CG.又平面AA1B1B平面ABC，ACAB，AC平面AA1B1B，由三垂線定理知CGBD，故AGC為二面角ABDC的平面角由題設知，AGC60°.設AC2，則AG.又AB2，BC2，故AF.由AB·ADAG·BD得2AD·，解得AD，故ADAF.又ADAF，所以四邊形ADEF為正方形因為BCAF，BCAD，AFADA，故BC平面DEF，因此平面BCD平面DEF.連接AE、DF，設AEDFH，則EHDF，EH平面BCD連接CH，則ECH為B1C與平

14、面BCD所成的角因ADEF為正方形，AD，故EH1，又ECB1C2，所以ECH30°，即B1C與平面BCD所成的角為30°.解法二：(1)以A為坐標原點，射線AB為x軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz.設B(1,0,0)，C(0，b,0)，D(0,0，c)，則B1(1,0,2c)，E.于是，(1，b,0)，由DE平面BCC1知DEBC，·0，求得b1，所以ABAC(2)設平面BCD的法向量(x，y，z)，則·0，·0.又(1,1,0)，(1,0，c)，故令x1，則y1，z，.又平面ABD的法向量(0,1,0)由二面角ABDC為60

15、°知，60°，故·|·|·cos60°，求得c.于是(1,1，)，(1，1，)，cos，60°.所以B1C與平面BCD所成的角為30°.21如圖，四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，四邊形ABCD中，ABAD，ABAD4，CD，CDA45°.(1)求證：平面PAB平面PAD；(2)設ABAP.()若直線PB與平面PCD所成的角為30°，求線段AB的長；()在線段AD上是否存在一個點G，使得點G到點P，B、C、D的距離都相等？說明理由解析解法一：(1)因為PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以

16、PAAB又ABAD，PAADA，所以AB平面PAD又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD(2)以A為坐標原點，建立空間直角坐標系Axyz(如圖)在平面ABCD內，作CEAB交AD于點E，則CEAD在RtCDE中，DECD·cos45°1，CECD·sin45°1.設ABAPt，則B(t,0,0)，P(0,0，t)由ABAD4得AD4t，所以E(0,3t,0)，C(1,3t,0)，D(0,4t,0)，(1,1,0)，(0,4t，t)()設平面PCD的法向量為n(x，y，z)，由n，n，得取xt，得平面PCD的一個法向量n(t，t,4t)又(t,0，t)，故由直線PB與平面PCD所成的角為30°得cos60°，即，解得t或t4(舍去，因為AD4t>0)，所以AB.()假設在線段AD上存在一個點G，使得點G到點P、B、C、D的距離都相等設G(0，m,0)(其中0m4t)，則(1,3tm,0)，(0,4tm,0)，(0，m，t)由|得12(3tm)2(4tm)2，即t3m；由|得(4tm)2m2t2.由、消去t，化簡得m23m40.由于方程沒有實數根，所以在線段AD上不存在一個點G，使得點G到點P、C、D的距離都相等從而，在