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  • 2021-06-16 发布

新课标高二数学同步测试(5)

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A A1 D C B B1 C1 图 新课标高二数学同步测试(5)—(2-1 第三章 3.2) 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.在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,若 AB= 2 BB1,则 AB1 与 C1B 所成的角的大小为( ) A.60° B.90° C.105° D.75° 2.如图,ABCD—A1B1C1D1 是正方体,B1E1=D1F1= 4 11BA ,则 BE1 与 DF1 所成 角的余弦值是( ) A. 17 15 B. 2 1 C. 17 8 D. 2 3 3.如图,A1B1C1—ABC 是直三棱柱,∠BCA=90°,点 D1、F1 分别 是 A1B1 、A1C1 的中点,若 BC=CA=CC1,则 BD1 与 AF1 所成角的余弦值是( ) A. 10 30 B. 2 1 C. 15 30 D. 10 15 4.正四棱锥 S ABCD 的高 2SO  ,底边长 2AB  ,则异面直线 BD 和 SC 之间的距离( ) A. 5 15 B. 5 5 C . 5 52 D. 10 5 5.已知 1 1 1ABC A B C 是各条棱长均等于 a 的正三棱柱,D 是侧 棱 1CC 的中点.点 1C 到平面 1AB D 的距离( ) A. a4 2 B. a8 2 C. a4 23 D. a2 2 6.在棱长为1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中,则平面 1AB C 与平面 11AC D 间的距离 ( ) A. 6 3 B. 3 3 C . 3 32 D. 2 3 图 图 7.在三棱锥 P-ABC 中,AB⊥BC,AB=BC= 2 1 PA,点 O、D 分别是 AC、PC 的中点,OP⊥底面 ABC, 则直线 OD 与平面 PBC 所成角的正弦值 ( ) A. 6 21 B. 3 38 C. 60 210 D. 30 210 8.在直三棱柱 111 CBAABC  中,底面是等腰直角三角形, 90ACB ,侧棱 21 AA ,D,E 分别是 1CC 与 BA1 的中点,点 E 在平面 ABD 上的射影是 ABD 的重心 G.则 BA1 与平面 ABD 所成角的余 弦值 ( ) A. 3 2 B. 3 7 C. 2 3 D. 7 3 9.正三棱柱 111 CBAABC  的底面边长为 3,侧棱 32 3 1 AA ,D 是 CB 延长线上一点,且 BCBD  , 则二面角 BADB 1 的大小 ( ) A. 3  B. 6  C . 6 5 D. 3 2 10.正四棱柱 1111 DCBAABCD  中,底面边长为 22 ,侧棱长为 4,E,F 分别为棱 AB,CD 的中点, GBDEF  .则三棱锥 11 EFDB  的体积 V ( ) A. 6 6 B. 3 316 C . 3 16 D.16 二、填空题:请把答案填在题中横线上(每小题 6 分,共 24 分). 11.在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中, E 为 11AB 的中点,则异面直线 1DE和 1BC 间的距离 . 12. 在棱长为1的正方体 中, E 、 F 分别是 、CD 的中点,求点 B 到截面 1AEC F 的 距离 . 13.已知棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F 分别是 B1C1 和 C1D1 的中点,点 A1 到平面 DBEF 的距离 . 14.已知棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 是 A1B1 的中点,求直线 AE 与平面 ABC1D1 所成角的 正弦值 . 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)已知棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1,求平面 A1BC1 与平面 ABCD 所成的二面角的大小 16.( 12 分)已知棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F、M 分别是 A1C1、A1D 和 B1A 上任一点, 求证:平面 A1EF∥平面 B1MC. 17.( 12 分)在四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 是一直角梯形,∠BAD=90°,AD∥BC,AB=BC=a,AD=2a, 且 PA⊥底面 ABCD,PD 与底面成 30°角. (1)若 AE⊥PD,E 为垂足,求证:BE⊥PD; (2)求异面直线 AE 与 CD 所成角的余弦值. 18.( 12 分)已知棱长为 1 的正方体 AC1,E、F 分别是 B1C1、C1D 的中点. (1)求证:E、F、D、B 共面; (2)求点 A1 到平面的 BDEF 的距离; (3)求直线 A1D 与平面 BDEF 所成的角. 19.( 14 分)已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2,点 E 为棱 AB 的中点,求: (Ⅰ)D1E 与平面 BC1D 所成角的大小; (Ⅱ)二面角 D-BC1-C 的大小; (Ⅲ)异面直线 B1D1 与 BC1 之间的距离. 20.( 14分)如图5:正方体ABCD-A1B1C1D1,过线段BD1上一点P(P平面ACB1)作垂直于D1B的平面分别 交过D1的三条棱于E、F、G. (1)求证:平面EFG∥平面A CB1,并判断三角形类型; (2)若正方体棱长为 a,求△EFG 的最大面积,并求此时 EF 与 B1C 的距 离. y x z C BA A1 D B1 D 1 G E C1O1 F H P 图5 A B C D O S x y z 图 参考答案 一、1.B;2.A;3.A;4.C; 分析:建立如图所示的直角坐标系,则 22( , ,0)22A  , 22( , ,0)22B , 22( , ,0)22C  , 22( , ,0)22D  , (0,0,2)S . ( 2, 2,0)DB , 22( , ,2)22CS  . 令向量 ( , ,1)n x y ,且 ,n DB n CS,则 0 0 n DB n CS    , ( , ,1) ( 2, 2,0) 0 22( , ,1) ( , ,2) 022 xy xy      , 0 2 2 0 xy xy     , 2 2 x y    , ( 2, 2,1)n   . 异面直线 BD 和 SC 之间的距离为: OC n d n   22( , ,0) ( 2, 2,1)22 ( 2, 2,1)      2 2 2 1 1 0 25 5( 2) ( 2) 1     . 5.A;分析: 11ABB A 为正方形, 11A B AB,又平面 1AB D  平面 11ABB A , 1AB面 1AB D , 1AB 是平面 1AB D 的一 个法向量,设点C 到平面 1AB D 的距离为 d ,则 1 1 AC A B d AB   = 1() 2 AC A A AB a  = 1 ) 2 AC A A AC AB a    = 00 cos60 2 42 aa a a     . 6.B;分析:建立如图所示的直角坐标系, 设平面 11AC D 的一个法向量 ( , ,1)n x y ,则 1 1 0 0 n DA n DC    ,即 ( , ,1) (1,0,1) 0 ( , ,1) (0,1,1) 0 xy xy    1 1 x y    , ( 1, 1,1)n    ,  平面 1AB C与 平 面 间 的 距 离 AD n d n   2 2 2 (_1,0,0) ( 1, 1,1) 3 .3( 1) ( 1) 1        7.D;       . 2 2 2,0,0 , 0, ,0 , ,0,0 .2 2 2 0,0, . 2 1 2,0, ,4 2 2 OP ABC OA OC AB BC OA OB OA OP OB OP O OP z O xyz AB a A a B a C a OP h P h D PC OD a h PA a                                   平面 , , , , , 以 为原点,射线 为非负 轴,建立空间直角坐标系 如图 , 设 ,则 设 ,则 为 的中点, 又 Ⅰ ,0, 1 . . .2 h OD PA OD PA OD PAB       , 平面∥ ∥ x A B C D A1 B1 C1 D1 y z E 图   2, 7 ,2 2 14,0, ,44 11,1, ,7 210cos , .30 210sin cos , ,30 210arcsin .30 PA a ha OD a a PBC n OD nOD n OD n OD PBC OD n OD PBC                    可求得平面 的法向量 设 与平面 所成的角为 , 则 与平面 所成的角为 Ⅱ 8.B;解 以 C 为坐标原点,CA 所在直线为 x 轴,CB 所在直线为 y 轴, 1CC 所在直线为 z 轴,建立直角 坐标系, 设 aCBCA  , 则 )( 0,0,aA , )( 0,,0 aB , )( 2,0,1 aA , )( 1,0,0D ∴ )( 1,2,2 aaE , )( 3 1,3,3 aaG , )( 3 2,6,6 aaGE  , )( 1,,0 aBD  , ∵ 点 E 在平面 ABD 上的射影是 ABD 的重心 G, ∴ GE 平面 ABD, ∴ 0 BDGE ,解得 2a . ∴ )( 3 2,3 1,3 1GE , )( 2,2,21 BA , ∵ GE 平面 ABD, ∴ GE 为平面 ABD 的一个法向量. 由 3 2 323 6 3 4 |||| ,cos 1 1 1      BAGE BAGEBAGE ∴ BA1 与平面 ABD 所成的角的余弦值为 3 7 . 评析 因规定直线与平面所成角 ]20[  , ,两向量所成角 ]0[  , ,所以用此法向量求出的线面角应 满足 |2|   . 9.A;取 BC 的中点 O,连 AO.由题意 平面 ABC 平面 11BBCC , BCAO  , z y x P O D C B A A A1 B1 C B C1 D z yx E G ∴ AO 平面 11BBCC , 以 O 为原点,建立如图 6 所示空间直角坐标系, 则 )( 32 3,0,0A , )( 0,0,2 3B , )( 0,0,2 9D , )( 0,32 3,2 3 1B , ∴ )( 32 3,0,2 9 AD , )( 0,32 3,31 DB , )( 0,32 3,01 BB , 由题意 1BB 平面 ABD, ∴ )( 0,32 3,01 BB 为平面 ABD 的法向量. 设 平面 DAB1 的法向量为 ),,(2 zyxn  , 则      DBn ADn 12 2 , ∴      0 0 12 2 DBn ADn , ∴        032 33 032 3 2 9 yx zx , 即      xz yx 3 32 3 . ∴ 不妨设 )2 3,1,2 3(2 n , 由 2 1 232 3 32 3 |||| ,cos 21 21 21      nBB nBBnBB , 得 60, 21  nBB . 故所求二面角 BADB 1 的大小为 60 . 评析:(1)用法向量的方法处理二面角的问题时,将传统求二面角问题时的三步曲:“找——证——求” 直接简化成了一步曲:“计算”,这表面似乎谈化了学生的空间想象能力,但实质不然,向量法对学生的空 间想象能力要求更高,也更加注重对学生创新能力的培养,体现了教育改革的精神. (2)此法在处理二面角问题时,可能会遇到二面角的具体大小问题,如本题中若取 )2 3,1,2 3(2 n 时, 会算得 2 1,cos 21  nBB ,从而所求二面角为 120 ,但依题意只为 60 .因为二面角的大小有时为锐 角、直角,有时也为钝角.所以在计算之前不妨先依题意判断一下所求二面角的大小,然后根据计算取“相 等角”或取“补角”. 10.C;解 以 D 为坐标原点,建立如图 10 所示的直角坐标系, 则 )4,22,22(1B , )4,0,0(1D , )0,2,22(E , )0,22,2(F , ∴ )4,2,22(1 ED , )4,22,2(1 FD , )0,22,22(11 BD , 图 10 BA D C D1 A1 B1 C1 z y x E F G A E A1 D C B B1 C1 D1 F x y z 图 ∴ 13 12 2626 24 |||| ,cos 11 11 11      FDED FDEDFDED , ∴ 13 5,sin 11  FDED , 所以 513 526262 1,sin||||2 1 1  DFDEDFDES EFD , 设 平面 EFD1 的方程为: 0 DCzByx ,将点 FED ,,1 代入得       0222 0222 04 DB DB DC , ∴         23 24 3 1 D C B , ∴ 平面 EFD1 的方程为: 02324 3  zyx ,其法向量为 )24 3,1,1(n , ∴点 1B 到平面 的距离 5 16 || || 11  n nBDd , ∴ 3 16 5 1653 1 3 1 111   dSV EFDEFDB 即为所求. 评析 ( 1 )在求点到平面的距离时,有时也可直接利用点到平面的距离公式 222 000 || CBA DCzByAxd   计算得到. (2) 法向量在距离方面除应用于点到平面的距离、多面体的体积外,还能处理异面直线间的距离,线面 间的距离,以及平行平面间的距离等. 二、 11. 26 3 分析:设正方体棱长为 2 ,以 1D 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则 1 (2,1,0)DE , 1 (2,0,2)CB ,设 1DE和 1BC 公垂线段上的向量为 (1, , )n  ,则 1 1 0 0 n D E n C B    ,即 20 2 2 0      , 2 1     , (1, 2, 1)n    ,又 11 (0,2,0)DC  , 11 4 2 6 36 D C n n     ,所以异面直线 和 间的距离为 . 12. 3 6 分析:以 D 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系. 则 11(1,0,0), (0, ,0), (1, ,1)22A F E . 1(0, ,1)2AE , 1( 1, ,0)2AF  ; 设面 1AEC F 的法向量为 (1, , )n  , 则有: 0, 0n AE n AF    , 1 0 22 11102         , (1,2, 1)n   ,又 (0,1,0)AB  ,所以点 B 到截面 1AEC F 的距离为 AB n AB n   = 26 316   . 13.1;解:如图建立空间直角坐标系, DB=(1,1,0) , DF =(0, 2 1 ,1), 1DA =(1,0,1) 设平面 DBEF 的法向量为 n =(x,y,z),则有: 0 DB 即 x+y=0 0 DF 2 1 y+z=0 令 x=1, y=-1, z= , 取 =(1,-1, ),则 A1 到平面 DBEF 的 距离 11    n DAn h 14. 5 10 解:如图建立空间直角坐标系,AB =( 0,1,0), 1AD = (-1,0,1), AE =(0, ,1) 设平面 ABC1D1 的法向量为 =(x,y,z), 由 0ABn 可解得 =(1,0,1) 01  ADn 设直线 AE 与平面 ABC1D1 所成的角为θ ,则 5 10sin     nAE nAE  , 三、 15. 解:如图建立空间直角坐标系, 11CA =(-1,1,0), BA 1 =( 0,1, -1) z x B A1 y F E B1 C1 D1 D C A E z x D1 y A C1 B1 A1 B D A C z y x D1 A1 D B1 C1 C B A 设 1n 、 2n 分别是平面 A1BC1 与平面 ABCD 的法向量, 由 011  BAn 可解得 1n =(1,1,1) 0111  CAn 易知 =(0,0,1), 所以, 21 21 21,cos nn nnnn   = 3 3 所以平面 A1BC1 与平面 ABCD 所成的二面角大小为 arccos 或  -arccos . 注:用法向量的夹角求二面角时应注意:平面的法向量有两个相反的方向,取的方向不同求 出来的角度当然就不同,所以最后还应该根据这个二面角的实际 形态 确定其大小. 16.证明:如图建立空间直角坐标系, 则 11CA =(-1,1,0), CB 1 =(-1,0,-1) DA1 =(1,0,1), AB1 =(0,-1,-1) 设 111 CAEA  , DAFA 11  , ABMB 11  (  、 、  R ,且均不为 0) 设 、 分别是平面 A1EF 与平面 B1MC 的法向量, 由 011  EAn 可得 0111  CAn  即 0111  CAn 011  FAn 011  DAn  011  DAn 解得: =(1,1,-1) 由 012  MBn 可得 012  ABn  即 012  ABn 012  CBn 012  CBn 解得 =(-1,1,-1),所以 =- , ∥ , 所以平面 A1EF∥平面 B1MC. 注:如果求证的是两个平面垂直,也可以求出两个平面的法向量后,利用 ⊥ 021  nn 来证明. 17.( 1)证明:∵PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥AB,又 AB⊥AD.∴AB⊥平面 PAD.又∵AE⊥PD,∴PD⊥平 面 ABE,故 BE⊥PD. F y E M x z D1 C1 B1 A1 C D B A (2)解:以 A 为原点,AB、AD、AP 所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,则点 C、D 的坐标分别 为(a,a,0),(0,2a,0). ∵PA⊥平面 ABCD,∠PDA 是 PD 与底面 ABCD 所成的角,∴∠PDA=30°. 于是,在 Rt△AED 中,由 AD=2a,得 AE=a.过 E 作 EF⊥AD,垂足为 F,在 Rt△AFE 中,由 AE=a,∠ EAF=60°,得 AF= 2 a ,EF= 2 3 a,∴E(0, 2 3,2 1 a a) 于是, CDaaAE },2 3,2 1,0{ ={-a,a,0} 设 AE 与CD 的夹角为θ ,则由 cosθ = |||| CDAE CDAE   4 2 0)()2 3()2 1(0 02 3 2 1)(0 222222    aaaa aaaa AE 与 CD 所成角的余弦值为 4 2 . 评述:第(2)小题中,以向量为工具,利用空间向量坐标及数量积,求两异面直线所成的角是立体几何 中的常见问题和处理手段. 18.解:(1)略. (2)如图,建立空间直角坐标系 D—xyz, 则知 B(1,1,0), ).1,2 1,0(),1,1,2 1( FE 设 .),,( 的法向量是平面BDEFzyxn  )1,2 1,0(),0,1,1(,,  DFDBDFnDBn由 得      02 1 0 zyDFn yxDBn 则      .2 1 yz yx 令 )2 1,1,1(,1  ny 得 . 设点 A1 在平面 BDFE 上的射影为 H,连结 A1D,知 A1D 是平面 BDFE 的斜线段. .2 3)2 1)(1(10)1)(1(),1,0,1(1  nADDA .12 22,cos|||| .2 2 2 32 2 3 |||| ,cos ,2 3)2 1(1)1(||,2)1()1(|| 1111 1 1 11 222222 1        HADADAHA nDA nDAHADA nODA又 即点 A1 到平面 BDFE 的距离为 1. (3)由(2)知,A1H=1,又 A1D= 2 ,则△A1HD 为等腰直角三角形, 4511  HDADHA .45 , ,, 1 11 11      DHA BDFEDADHA BDFEDAHDBDFEHA 所成的角与平面就是直线 上的射影在平面是平面 19.解:建立坐标系如图,则  2,0,0A 、  2,2,0B ,  0,2,0C ,  1 2,0,2A ,  1 2,2,2B ,  1 0,0,2D ,  2,1,0E ,  1 2,2, 2AC   ,  1 2,1, 2DE,  0,2,0AB  ,  1 0,0,2BB  . (Ⅰ)不难证明 1AC为平面 BC1D 的法向量, ∵ 11 11 11 3cos , 9 AC D EAC D E AC D E  ∴ D1E 与平面 BC1D 所成的角的大小为 3arccos29   (即 3arcsin 9 ). (Ⅱ) 、 AB 分别为平面 BC1D、BC1C 的法向量, ∵ 1 1 1 3cos , 3 AC ABAC AB AC AB ,∴ 二面角 D-BC1-C 的大小为 3arccos 3 . (Ⅲ)∵ B1D1∥平面 BC1D,∴ B1D1 与 BC1 之间的距离为 11 1 23 3 AC BB d AC . 20.(证明(1)用纯粹的几何方法要辗转证明EF∥AC,EG∥B1C,FG∥AB1来证明,而我们借用向量法 使问题代数化,运算简洁,思路简单明了.) (1)分析:要证平面EFG平面ACB1,由题设知只要证BD1垂直平面ACB1即可. 证明:以D为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图5,不妨设正方体棱长为a,则A(a,0,0), B(a, a,0), C(0,a,0), D1(0,0,a), B1(a,a,a), E(xE,0,a), F(0,yF,a), G(0,0,zG). ∴  1BD =(-a,-a,a),  1AB =(0,a,a),  EF (-xE,yF,0),  AC =(-a,a,0),  CB 1 =(-a, 0,-a), ∵ · 1  AB =(-a,-a,a)·(0,a,a)=0, ∴ ⊥  1AB , 同理 ⊥ , 而  1AB 与  AC 不共线且相交于点A, A1 B1 C1 D1 A B C D E x y z ∴  1BD ⊥平面ACB1,又已知 ⊥平面EFG, ∴ 平面EFG∥平面ACB1; 又因为 ⊥平面EFG,所以 ⊥  EF , 则 ·  EF =0, 即 (-a,-a,a)·(-xE,yF,0)=0, 化简得 xE-yF=0; 同理 xE-zG=0, yF-zG=0, 易得  EF =  EF =  FG , ∴ △EFG为正三角形. (2)解:因为△EFG是正三角形,显然当△EFG与△A1C1D重合时,△EFG的边最长,其面积也最大,此 时, EF =A1C1= 2 ·a, ∴ EFGS = DCAS 11 = 2 1  DACA 111 · ·sin600 = ( ·a)2· 2 3 = 2 3 ·a2 . 此时EF与B1C的距离即为A1C1与B1C的距离,由于两异面直线所在平面平行,所求距离转化为求点B1到平 面 A1C1D的距离,记A1C1与B1D1交于点O1,作O1H∥D1B并交BB1于点H,则O1H⊥平面A1C1D,垂足为O1,则 O1( 2 a , ,a),H(a,a, ),而  HO1 作为平面A1C1D的法向量, 所以异面直线EF与B1C的距离设为d是 d =    HO HOBO 1 1 11 · = 4 3 )44( 2 22 a aa  = 3 3 ·a. (证明(2)时一般要找到求这两平面距离的两点,如图 5*,而这两点为 K 与 J,在立体图形中较难确定, 且较难想到通过作辅助线 DO1,OB1 来得到,加上在如此复杂的空间图形中容易思维混乱,但只要借助平 面法向量求线段的射影长度的思想,结合题设,使思路清晰明了,最终使问题的解决明朗化;把握这种思 想,不管是空间线线距离,线面距离,面面距离问题,一般我们都能转化成点线或点面距离,再借助平面 法向量很好地解决了.) y x z A B CD A1 O B1 D 1 J C1E G F O1 K P 图5*

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