高二上学期10-11学年同步测试数学：选修2-1第3单元（湘教版）
文档属性
| 名称 | 高二上学期10-11学年同步测试数学：选修2-1第3单元（湘教版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 209.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 湘教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2010-11-28 17:57:00 | ||
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文档简介
2010—2011学年度上学期单元测试
高二数学试题【湘教版】
选修2-1第3单元
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60分）。
1．在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，
若=，=，=.则下列向量中与相
等的向量是 （ ）
A． B．
C． D．
2．在下列条件中，使M与A、B、C一定共面的是 （ ）
A． B．
C． D．
3．在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB＝BB1，则AB1与C1B所成的角的大小为（ ）
A．60° B．90° C．105° D．75°
4．如图，ABCD—A1B1C1D1是正方体，B1E1＝D1F1＝，则BE1与DF1所成角的余弦值是 （ ）
A． B．
C． D．
5．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． B．
C． D．
6．正四棱锥的高，底边长，则异面直线和
之间的距离 （ ）
A． B． C ． D．
7．已知是各条棱长均等于的正三棱柱，是侧
棱的中点。点到平面 的距离 （ ）
A． B．
C ． D．
8．在棱长为的正方体中，则平面与平面间的距离 （ ）
A． B． C ． D．
9．在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝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． B． C． D．
10．在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，侧棱，D，E分别是与的中点，点E在平面ABD上的射影是的重心G。则与平面ABD所成角的余弦值 （ ）
A． B． C ． D．
11．正三棱柱的底面边长为3，侧棱，D是CB延长线上一点，且，则二面角的大小 （ ）
A． B． C ． D．
12．正四棱柱中，底面边长为，侧棱长为4，E，F分别为棱AB，CD的中点，。则三棱锥的体积V （ ）
A． B． C ． D．
二、填空题：请把答案填在题中横线上（每小题6分，共24分）。
13．在正方体中，为的中点，则异面直线和间的距离 。
14． 在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，求点到截面的距离 。
15．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 。
16．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74分)。
17．（12分））如图，已知正方体的棱长为a，M为的中点，点N在'上，且，试求MN的长．
18．（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（，0），点D在平面yOz上，且∠BDC=90°，∠DCB=30°.
（1）求向量的坐标；
（2）设向量和的夹角为θ，求cosθ的值
19．（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。
20．（12分）
如图， 在矩形中，点分别在线段上，.沿直线将 翻折成，使平面.
（Ⅰ）求二面角的余弦值；
（Ⅱ）点分别在线段上，若沿直线将四边形向上翻折，使与
重合，求线段的长。
21．（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．
22．（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。
参考答案
一、选择题
AABAA CABDB AC
二、填空题
13．；14．；15．1；16．。
三、解答题
17．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），（0，a，a），（0，0，a）．
由于M为的中点，取中点O'，所以M（，，），O'（，，a）．因为，所以N为的四等分，从而N为的中点，故N（，，a）．
根据空间两点距离公式，可得
．
18．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=，∴DE=CD·sin30°=.
OE=OB－BE=OB－BD·cos60°=1－.
∴D点坐标为（0，－），即向量OD[TX→]的坐标为{0，－}.
（2）依题意：，
所以.
设向量和的夹角为θ，则
cosθ=.
19．（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．
（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=，EF=a，∴E（0，a）
于是，={－a，a，0}
设与的夹角为θ，则由
cosθ=
AE与CD所成角的余弦值为．
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．
20．（Ⅰ）解：取线段EF的中点H，连结，因为=
及H是EF的中点，所以,
又因为平面平面.
如图建立空间直角坐标系A-xyz
则（2，2，），C（10，8，0），
F（4，0，0），D（10，0，0）.
故=（-2，2，2），=（6，0，0）.
设=（x,y,z）为平面的一个法向量，
-2x+2y+2z=0
所以
6x=0.
取，则。
又平面的一个法向量，
故。
所以二面角的余弦值为
（Ⅱ）解：设则，
因为翻折后，与重合，所以，
故， ，得，
经检验，此时点在线段上，
所以。
方法二：
（Ⅰ）解：取线段的中点,的中点,连结
。
因为=及是的中点，
所以
又因为平面平面，
所以平面,
又平面,
故，
又因为、是、的中点，
易知∥，
所以，
于是面，
所以为二面角的平面角，
在中，=，=2，=
所以.
故二面角的余弦值为。
（Ⅱ）解：设,
因为翻折后，与重合，
所以，
而，
得，
经检验，此时点在线段上，
所以。21．解：建立坐标系如图，则、，，
，，，，，
，，．
（Ⅰ）不难证明为平面BC1D的法向量，
∵
∴ D1E与平面BC1D所成的角的大小为
（即）．
（Ⅱ）、分别为平面BC1D、BC1C的法向量，
∵ ，∴ 二面角D－BC1－C的大小为．
（Ⅲ）∵ B1D1∥平面BC1D，∴ B1D1与BC1之间的距离为．
22．(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）。
∴=（－a，－a，a），=（0，a，a），（－xE，yF，0），=（－a，a，0），=（－a，0，－a），
∵·=(－a，－a，a)·(0，a，a)=0，
∴⊥ ，
同理 ⊥，
而与不共线且相交于点A，
∴⊥平面ACB1，又已知⊥平面EFG，
∴ 平面EFG∥平面ACB1；
又因为⊥平面EFG，所以 ⊥，
则·=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 ==，
∴ △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，=A1C1=·a，
∴=
= ·sin600
= (·a)2·
=·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(，，a)，H(a，a，)，而作为平面A1C1D的法向量，
所以异面直线EF与B1C的距离设为d是
d = ==·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。)
图
图
图
A
A1
D
C
B
B1
C1
图
图
A1
B1
C1
D1
A
B
C
D
E
x
y
z
高二数学试题【湘教版】
选修2-1第3单元
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60分）。
1．在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，
若=，=，=.则下列向量中与相
等的向量是 （ ）
A． B．
C． D．
2．在下列条件中，使M与A、B、C一定共面的是 （ ）
A． B．
C． D．
3．在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB＝BB1，则AB1与C1B所成的角的大小为（ ）
A．60° B．90° C．105° D．75°
4．如图，ABCD—A1B1C1D1是正方体，B1E1＝D1F1＝，则BE1与DF1所成角的余弦值是 （ ）
A． B．
C． D．
5．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． B．
C． D．
6．正四棱锥的高，底边长，则异面直线和
之间的距离 （ ）
A． B． C ． D．
7．已知是各条棱长均等于的正三棱柱，是侧
棱的中点。点到平面 的距离 （ ）
A． B．
C ． D．
8．在棱长为的正方体中，则平面与平面间的距离 （ ）
A． B． C ． D．
9．在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝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． B． C． D．
10．在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，侧棱，D，E分别是与的中点，点E在平面ABD上的射影是的重心G。则与平面ABD所成角的余弦值 （ ）
A． B． C ． D．
11．正三棱柱的底面边长为3，侧棱，D是CB延长线上一点，且，则二面角的大小 （ ）
A． B． C ． D．
12．正四棱柱中，底面边长为，侧棱长为4，E，F分别为棱AB，CD的中点，。则三棱锥的体积V （ ）
A． B． C ． D．
二、填空题：请把答案填在题中横线上（每小题6分，共24分）。
13．在正方体中，为的中点，则异面直线和间的距离 。
14． 在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，求点到截面的距离 。
15．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 。
16．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74分)。
17．（12分））如图，已知正方体的棱长为a，M为的中点，点N在'上，且，试求MN的长．
18．（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（，0），点D在平面yOz上，且∠BDC=90°，∠DCB=30°.
（1）求向量的坐标；
（2）设向量和的夹角为θ，求cosθ的值
19．（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。
20．（12分）
如图， 在矩形中，点分别在线段上，.沿直线将 翻折成，使平面.
（Ⅰ）求二面角的余弦值；
（Ⅱ）点分别在线段上，若沿直线将四边形向上翻折，使与
重合，求线段的长。
21．（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．
22．（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。
参考答案
一、选择题
AABAA CABDB AC
二、填空题
13．；14．；15．1；16．。
三、解答题
17．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），（0，a，a），（0，0，a）．
由于M为的中点，取中点O'，所以M（，，），O'（，，a）．因为，所以N为的四等分，从而N为的中点，故N（，，a）．
根据空间两点距离公式，可得
．
18．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=，∴DE=CD·sin30°=.
OE=OB－BE=OB－BD·cos60°=1－.
∴D点坐标为（0，－），即向量OD[TX→]的坐标为{0，－}.
（2）依题意：，
所以.
设向量和的夹角为θ，则
cosθ=.
19．（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．
（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=，EF=a，∴E（0，a）
于是，={－a，a，0}
设与的夹角为θ，则由
cosθ=
AE与CD所成角的余弦值为．
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．
20．（Ⅰ）解：取线段EF的中点H，连结，因为=
及H是EF的中点，所以,
又因为平面平面.
如图建立空间直角坐标系A-xyz
则（2，2，），C（10，8，0），
F（4，0，0），D（10，0，0）.
故=（-2，2，2），=（6，0，0）.
设=（x,y,z）为平面的一个法向量，
-2x+2y+2z=0
所以
6x=0.
取，则。
又平面的一个法向量，
故。
所以二面角的余弦值为
（Ⅱ）解：设则，
因为翻折后，与重合，所以，
故， ，得，
经检验，此时点在线段上，
所以。
方法二：
（Ⅰ）解：取线段的中点,的中点,连结
。
因为=及是的中点，
所以
又因为平面平面，
所以平面,
又平面,
故，
又因为、是、的中点，
易知∥，
所以，
于是面，
所以为二面角的平面角，
在中，=，=2，=
所以.
故二面角的余弦值为。
（Ⅱ）解：设,
因为翻折后，与重合，
所以，
而，
得，
经检验，此时点在线段上，
所以。21．解：建立坐标系如图，则、，，
，，，，，
，，．
（Ⅰ）不难证明为平面BC1D的法向量，
∵
∴ D1E与平面BC1D所成的角的大小为
（即）．
（Ⅱ）、分别为平面BC1D、BC1C的法向量，
∵ ，∴ 二面角D－BC1－C的大小为．
（Ⅲ）∵ B1D1∥平面BC1D，∴ B1D1与BC1之间的距离为．
22．(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）。
∴=（－a，－a，a），=（0，a，a），（－xE，yF，0），=（－a，a，0），=（－a，0，－a），
∵·=(－a，－a，a)·(0，a，a)=0，
∴⊥ ，
同理 ⊥，
而与不共线且相交于点A，
∴⊥平面ACB1，又已知⊥平面EFG，
∴ 平面EFG∥平面ACB1；
又因为⊥平面EFG，所以 ⊥，
则·=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 ==，
∴ △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，=A1C1=·a，
∴=
= ·sin600
= (·a)2·
=·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(，，a)，H(a，a，)，而作为平面A1C1D的法向量，
所以异面直线EF与B1C的距离设为d是
d = ==·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。)
图
图
图
A
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B
B1
C1
图
图
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