2018-2019学年北师大版选修2-1 圆锥曲线与方程 　检测试题

第三章　检测试题
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)
1.下列说法中不正确的是(　D　)
(A)平面α的法向量垂直于与平面α共面的所有向量
(B)一个平面的所有法向量互相平行
(C)如果两个平面的法向量垂直,那么这两个平面也垂直
(D)如果a,b与平面α共面且n⊥a,n⊥b,那么n就是平面α的一个法向量
解析:只有当a,b不共线且a∥α,b∥α时,D才正确.故选D.
2.若a=(2,2,0),b=(1,3, ),=,则 等于(　C　)
(A) (B)- (C)± (D)±
解析:cos??a,b=cos =
==.
所以 =±.故选C.
3. 如图,空间四边形的各边和对角线长均相等,E是BC的中点,
那么(　C　)
(A)·<·
(B)·=·
(C)·>·
(D)·与·不能比较大小
解析:因为E是BC的中点,AB=AC,故⊥,即·=0,不妨设空间四边形的各边和对角线长均为1,且,,的夹角为60°,则·=(+
)·(-)=(·-·+·-·)=-<0,
故选C.
4.已知空间四点A(4,1,3),B(2,3,1),C(3,7,-5),D(x,-1,3)共面,则x的值为(　D　)
(A)4 (B)1 (C)10 (D)11
解析:=(-2,2,-2),=(-1,6,-8),=(x-4,-2,0).因为A,B,C,D共面,所以,,共面,所以存在实数λ,μ,使=λ+μ,
即(x-4,-2,0)=(-2λ-μ,2λ+6μ,-2λ-8μ),
因为　解得
5.在以下命题中,不正确的个数为(　D　)
①向量a=(1,-1,3)与向量b=(3,-3,6)平行;
②△ABC为直角三角形的充要条件是·=0;
③若{a,b,c}为空间的一个基底,则{a+b,b+c,c+a}构成空间的
另一个基底.
(A)1 (B)0 (C)3 (D)2
解析:因为=≠,所以a=(1,-1,3)与b=(3,-3,6)不平行,故①不正确;当△ABC为直角三角形时也可能 ·=0或·=0,故②不正确;由基底的定义知③正确.故选D.
6.已知a,b是两异面直线,A,B∈a,C,D∈b,AC⊥b,BD⊥b且AB=2,CD=1,则直线a,b所成的角为(　B　)
(A)30° (B)60° (C)90° (D)45°
解析:由于=++,
所以·=(++)·==1.
cos<,>==?<,>=60°,故选B.
7.在空间直角坐标系Oxy 中,平面OAB的法向量为a=(2,-2,1),已知P(-1,3,2),则P到平面OAB的距离等于(　B　)
(A)4 (B)2 (C)3 (D)1
解析:设点P到平面OAB的距离为d,则d=,
因为a=(2,-2,1),P(-1,3,2),
所以d==2,选B.
8.如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,点E为上底面对角线A1C1的中点,若=+x+y,则(　A　)
(A)x=-,y= (B)x=,y=- (C)x=-,y=- (D)x=,y=
解析:=++=-++(+)=-+++=
-++,所以x=-,y=.故选A.
9.如图,在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A1B1C1D1,AB=1,BC=2,AA1=3,则点B到直线A1C的距离为(　B　)
(A) (B)
(C) (D)1
解析:过点B作BE垂直A1C,垂足为E(图略),设点E的坐标为(x,y, ),
A1(0,0,3),B(1,0,0),C(1,2,0),=(1,2,-3),
=(x,y, -3),=(x-1,y, ).
因为所以解得
所以=(-,,),
所以点B到直线A1C的距离||=,故选B.
10.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,底面ABC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的重心G,则A1B与平面ABD所成角的正弦值为(　A　)
(A) (B) (C) (D)
解析:因为侧棱与底面垂直,∠ACB=90°,所以分别以CA,CB,CC1所在直线为x轴、y轴、 轴,建立如图空间直角坐标系.
设CA=CB=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),A1(a,0,2),D(0,0,1),
所以E(,,1),G(,,),=(,,),=(0,-a,1).
因为点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G,所以⊥平面ABD,
所以·=0,解得a=2.所以=(,,),=(2,-2,2).
因为⊥平面ABD,所以为平面ABD的一个法向量,cos<,>=
==,所以A1B与平面ABD所成角的正弦值为.
11.空间直角坐标系中,O为坐标原点,已知两点A(3,1,0),B(-1,3,0),若点C满足=α+β,其中α,β∈R,α+β=1,则点C的轨迹为(　B　)
(A)射线 (B)直线 (C)圆 (D)线段
解析:若点C满足=α+β,其中α,β∈R,α+β=1,
则=α+(1-α),从而-=α(-),
即=α,所以点C与A,B共线.故选B.
12.在矩形ABCD中,AB=3,AD=4,PA⊥平面ABCD,PA=,那么二面角A-BD-P的大小为(　A　)
(A)30° (B)45° (C)60° (D)75°
解析:如图所示,建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),P(0,0,),B(3,0, 0),D(0,4,0).
则=(3,0,-),=(-3,4,0).
设n=(x,y, )为平面PBD的一个法向量,
则
得
即
令x=1,则n=(1,,).
又n1=(0,0,)为平面ABD的一个法向量,
所以cos==.
所以所求二面角为30°.故选A.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若a,b,c共面,
则λ=　　　　.?
解析:由已知可发现a与b不共线,由共面向量定理可知,
要使a,b,c共面,则必存在实数x,y,使得c=xa+yb,
即解得
答案:
14.如图,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{,,}为基底,则=　　　　　　　.?
解析:=-=+-=+-(+)=+---=
--+.
答案:--+
15.已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,高为4,则点A1到截面AB1D1的距离是　　　　.?
解析:如图,建立空间直角坐标系Dxy ,则A1(2,0,4),A(2,0,0),B1(2,2,4),
D1(0,0,4),=(-2,0,4),
=(0,2,4),=(0,0,4).
设平面AB1D1的一个法向量为n=(x,y, ),
则
即解得x=2 且y=-2 ,不妨设n=(2,-2,1),设点A1到平面AB1D1的距离为d,d==.
答案:
16.如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是边长为1的正方形,S到A,B,C,D的距离都等于2.给出以下结论:
①+++=0;②+--=0;③-+-=0;④·=·;⑤·=0,其中正确结论的序号是　　　　.?
解析:容易推出:-+-=+=0,所以③正确;又因为底面ABCD是边长为1的正方形,SA=SB=SC=SD=2,所以·=2×2cos∠ASB,·=2×
2cos∠CSD,而∠ASB=∠CSD,于是·=·,因此④正确;①②⑤都不正确,故正确结论的序号是③④.
答案:③④
三、解答题(本大题共6小题,共70分)
17.(本小题满分10分)在四棱锥P-ABCD中,ABCD为平行四边形,AC与BD交于O,G为BD上一点,BG=2GD,=a,=b,=c,试用基底{a,b,c}表示向量.
解:因为BG=2GD,
所以=.
又=+=-+-=a+c-2b,
所以=+=b+(a+c-2b)=a-b+c.
18.(本小题满分12分)如图所示,已知PA⊥平面ABCD,平面ABCD为矩形,PA=AD,M,N分别为AB,PC的中点.求证:
(1)MN∥平面PAD;
(2)平面PMC⊥平面PDC.
证明:如图所示,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在的直线分别为x,y, 轴建立空间直角坐标系Axy .
设PA=AD=a,AB=b,
(1)法一　由题意知,P(0,0,a),A(0,0,0),D(0,a,0),C(b,a,0),B(b,0,0),
因为M,N分别为AB,PC的中点,
所以M(,0,0),N(,,).
所以=(0,,),=(0,0,a),=(0,a,0),
所以=+.
又因为MN?平面PAD,
所以MN∥平面PAD.
法二　易知为平面PAD的一个法向量.=(b,0,0),
又=(0,,),
所以·=0,
所以⊥.
又MN?平面PAD,
所以MN∥平面PAD.
(2)由(1)可知P(0,0,a),C(b,a,0),M(,0,0),
D(0,a,0).
所以=(b,a,-a),=(,0,-a),=(0,a,-a).
设平面PMC的法向量为n1=(x1,y1, 1),
则
所以
令 1=b,则n1=(2a,-b,b).
设平面PDC的法向量为n2=(x2,y2, 2),
则所以
令 2=1,则n2=(0,1,1).
因为n1·n2=0-b+b=0,
所以n1⊥n2.所以平面PMC⊥平面PDC.
19.(本小题满分12分)如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,
AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3.
(1)证明:AC⊥B1D;
(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.
(1)证明:易知,AB,AD,AA1两两垂直.
如图,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、 轴建立空间直角坐标系.
设AB=t,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3),C(t,1,0),
C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3).
从而=(-t,3,-3),=(t,1,0),=(-t,3,0).
因为AC⊥BD,
所以·=-t2+3+0=0.
解得t=或t=-(舍去).
于是=(-,3,-3),=(,1,0).
因为·=-3+3+0=0,
所以⊥,
即AC⊥B1D.
(2)解:由(1)知,=(0,3,3),=(,1,0),=(0,1,0).
设n=(x,y, )是平面ACD1的一个法向量,
则
即
令x=1,则n=(1,-,).
设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ,则
sin θ=|cos|=||==.
即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.
20.(本小题满分12分)
如图①在直角梯形ABCP中,BC∥AP,AB⊥BC,CD⊥AP,AD=DC=PD=2,E,F,G分别是线段PC,PD,BC的中点,现将△PDC折起,
使平面PDC⊥平面ABCD(如图②)
(1)求证:AP∥平面EFG;
(2)求二面角G-EF-D的大小.
(1)证明:因为在题图①中,AP⊥CD,
所以在题图②中PD⊥CD,AD⊥CD,
所以∠ADP是二面角P-DC-A的平面角,
因为平面PDC⊥平面ABCD,
所以∠ADP=90°,即PD⊥DA,
又AD∩DC=D,
所以PD⊥平面ABCD.
如图.以D为坐标原点,直线DA,DC,DP分别为x,y, 轴建立空间
直角坐标系,
则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1),
F(0,0,1),G(1,2,0).
所以=(-2,0,2),=(0,-1,0),=(1,2,-1),
设平面GEF的法向量n=(x,y, ),由法向量的定义得
??
?
不妨设 =1,则n=(1,0,1),
·n=-2×1+0+2×1=0,
所以⊥n,点P?平面EFG,
所以AP∥平面EFG.
(2)解:由(1)知平面GEF的一个法向量为n=(1,0,1),
因为平面EFD与坐标平面PDC重合,
所以它的一个法向量为i=(1,0,0),
设二面角G-EF-D为θ,则cosθ===.
由图形观察二面角G-EF-D为锐角,故二面角G-EF-D的大小为45°.
21.(本小题满分12分)
如图所示,已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=4,E是棱CC1上的点,且BE⊥B1C.
(1)求CE的长;
(2)求证:A1C⊥平面BED;
(3)求A1B与平面BDE夹角的正弦值.
(1)解:如图所示,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y, 轴建立空间直角坐标系Dxy ,
所以D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),A1(2,0,4),
B1(2,2,4),C1(0,2,4),D1(0,0,4).
设E点坐标为(0,2,t),则=(-2,0,t),=(-2,0,-4).
因为BE⊥B1C,所以·=4+0-4t=0.
所以t=1,故CE=1.
(2)证明:由(1)得,E(0,2,1),=(-2,0,1),
又=(-2,2,-4),=(2,2,0),
所以·=4+0-4=0,且·=-4+4+0=0.
所以⊥且⊥,即A1C⊥DB,A1C⊥BE,
又因为DB∩BE=B,所以A1C⊥平面BED.
(3)解:由(2)知=(-2,2,-4)是平面BDE的一个法向量.
又=(0,2,-4),
所以cos<,>==.
所以A1B与平面BDE夹角的正弦值为.
22.(本小题满分12分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在
棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2).
(1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ;
(2)是否存在λ,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.
解:以D为原点,射线DA,DC,DD1分别为x轴,y轴, 轴的正半轴建立空间
直角坐标系.
由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),
E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ),=(-2,0,2),
=(-1,0,λ),=(1,1,0).
(1)当λ=1时,=(-1,0,1),
因为=(-2,0,2).
所以=2,可知BC1∥FP,
而FP?平面EFPQ,且BC1?平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.
(2)设平面EFPQ的一个法向量为n=(x,y, ),
由得
于是可取n=(λ,-λ,1),
同理可得平面PQMN的一个法向量为m=(λ-2,2-λ,1),
若存在λ,使得平面EFPQ与平面PQMN所在的二面角为直二面角,
则m·n=(λ-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1)=0,
即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,
解得λ=1±,
故存在λ=1±,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角.