新课标高二数学同步测试(4) 8页

新课标高二数学同步测试（4）—（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）． BA1 = a ，1．在平行六面体 ABCD—A1B1C1D1 中，M 为 AC 与 BD 的交点，若 11DA = b ， AA1 = c .则下列向量中与 MB1 相等的向量是 （ ） A． cba  2 1 2 1 B． cba  2 1 2 1 C． cba  2 1 2 1 D． cba  2 1 2 1 2．在下列条件中，使 M 与 A、B、C 一定共面的是 （ ） A． OCOBOAOM  2 B． OCOBOAOM 2 1 3 1 5 1  C．  MCMBMA 0 D．  OCOBOAOM 0 3．已知平行六面体 ' ' ' 'ABCD A BC D 中，AB=4，AD=3， ' 5AA  ， 090BAD， ' ' 060BAA DAA    ， 则 'AC 等于 （ ） A．85 B． 85 C．52 D．50 4．与向量 (1, 3,2)a  平行的一个向量的坐标是 （ ） A．（ 3 1 ，1，1） B．（－1，－3，2） C．（ － 2 1 ， 2 3 ，－1） D．（ 2 ，－3，－2 2 ） 5．已知 A（－1，－2，6）， B（1，2，－6）O 为坐标原点，则向量 ,OA OB与 的夹角是（ ） A．0 B． 2  C． D． 3 2  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 = （ ） A． cba 2 1 3 2 2 1  B． cba 2 1 2 1 3 2  C． cba 2 1 2 1 2 1  D． cba 2 1 3 2 3 2  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 （ ） 图 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 cos BC，OA = （ ） A． 2 1 B． 2 2 C． 2 1 D．0 9．已知 A（1，1，1）、 B（2，2，2）、 C（3，2，4），则  ABC 的面积为 （ ） A． 3 B． 32 C． 6 D． 2 6 10． 已知 ),,2(),,1,1( ttbttta  ，则 || ba  的最小值为 （ ） A． 5 5 B． 5 55 C． 5 53 D． 5 11 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 GNMG 2 ，现用基组 OCOBOA ,, 表示向量OG，有 OG =x OCzOByOA  ，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 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 ' ' ' 'ABCD A B C D 的棱长 为 a，M 为 'BD 的中点，点 N 在 'AC '上，且| ' | 3| '|A N NC ，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（ 2 1,2 3 ，0），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． O' N M D' C' B'A' C B A D z y x 图 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 ）· =x1y2z3+x2y3z1+x3y1z2－x1y3z2－x2y1z3－x3y2z1，试计算（ × AD ）· 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（ × ）· 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 cos< 11,CBBA >的值； （3）求证：A1B⊥C1M. 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= 2 3 ，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 1CC CD 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： )(2 1 111 BCBAAABMBBMB  =c + 2 1 （－ ba  ）=－ a + b + 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： |||| cos ba ba   ，计算结果为－1． 6．B；解析：显然 OAOCOBOMONMN 3 2)(2 1  ． 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  ACAB ACAB ACABACAB ,sin |||| ,cos ， 从 而 得  ACABACABS ,sin||||2 1 ． 10．C； 二、 11． 56 ；解析： 7 2 |||| ,cos  ba baba ，得 7 53,sin  ba ，可得结果． 12． OCOBOA 3 1 3 1 6 1  ； 解析： OCOBOA OAOCOBOA OMONOAMNOAMGOMOG 3 1 3 1 6 1 ]2 1)(2 1[3 2 2 1 )(3 2 2 1 3 2 2 1    13．直角三角形；解析：利用两点间距离公式得： 222 |||||| ACBCAB  ． 14． 39 ；解析： 2 1 913 2 |||| ,cos 2      k k ba baba ，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（ 2 a ， ， ）， O'（ ， ，a）．因为| ' | 3| '|A N NC ， 所以 N 为 的四等分，从而 N 为 ''OC 的中点，故 N（ 4 a ， 3 4 a ，a）． 根据空间两点距离公式，可得 2 2 236| | ( ) ( ) ( )2 4 2 4 2 4 a a a a aMN a a       ． 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°= 2 3 . OE=OB－BE=OB－BD·cos60°=1－ 2 1 2 1  . ∴D 点坐标为（0，－ 2 3,2 1 ），即向量 OD[TX→]的坐标为{0，－ }. （2）依题意： }0,1,0{},0,1,0{},0,2 1,2 3{  OCOBOA ， 所以 }0,2,0{},2 3,1,2 3{  OBOCBCOAODAD . 设向量 AD 和 BC 的夹角为θ ，则 cosθ = 222222 020)2 3()1()2 3( 02 32)1(02 3 ||||      BCAD BCAD 105 1 . 17． 证：如图设 321 ,, rSCrSBrSA  ，则 SNSMSHSGSFSE ,,,,, 分别为 12 1 r ， )(2 1 32 rr  ， )(2 1 21 rr  ， 32 1 r ， )(2 1 31 rr  ， 22 1 r ， 由 条 件 EH=GH=MN 得： 223123212132 )2()2()2( rrrrrrrrr  展开得 313221 rrrrrr  ∴ 0)( 231  rrr ，∵ 1r ≠ 0 ， 23 rr  ≠ 0 ， ∴ 1r ⊥（ ）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 = 105 3 4161614 28 ||||      ADAB ADAB V= 3 1 | AB |·| AD |·sinθ ·| AP |= 16141105 911053 2  （3）解：|（ × ）· |=|－4－32－4－8|=48 它是四棱锥 P—ABCD 体积的 3 倍. 猜测：|（ × ）· |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，}， · =3， | |= 6 ， | |= 5 ∴cos< ， >= 3010 1 |||| 11 11    CBBA CBBA . （3）证明：依题意，得 C1（0，0，2）、 M（ 2 1,2 1 ，2）， BA 1 ={－1，1，2}， MC1 ={ ，0}.∴ · = － 2 1 2 1  +0=0，∴ ⊥ ，∴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  = － ， ∴ BD · =（ － ）· c = · － · =| |·| |cos60°－| |·| |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. ∵ 2 1)(2 1  CDBCCO （ + ）， 2 1 11  CCCOOC （ + ）－ ∴CO · 2 1 1 OC （ + ）·［ 2 1 （ + ）－ ］ = 4 1 （ 2+2 · + 2）－ · － · = （4+2·2·2cos60°+4）－ ·2· 2 3 cos60°－ ·2· cos60°= . 则| |= 3 ，| OC1 |= ，∴cosC1OC= 3 3 |||| 1 1    OCCO OCCO （3）解：设 1CC CD =x，CD=2， 则 CC1= x 2 . 图 ∵BD⊥平面 AA1C1C，∴BD⊥A1C ∴只须求满足： DCCA 11  =0 即可. 设 AA1 = a ， AD =b ， DC = c ， ∵ CA1 = + + ， DC1 = － ， ∴ =（ + + ）（ － ）= 2+ · － · － 2= xx 24 2  －6， 令 6－ 2 42 xx  =0，得 x=1 或 x=－ 3 2 （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.