2021-2022学年高中数学 1 空间向量与立体几何章末综合测评新人教A版选择性必修第一册

1、2021-2022学年高中数学 1 空间向量与立体几何章末综合测评新人教a版选择性必修第一册2021-2022学年高中数学 1 空间向量与立体几何章末综合测评新人教a版选择性必修第一册年级：姓名：章末综合测评(一)空间向量与立体几何(满分：150分时间：120分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1已知a(3,2,5)，b(1,5，1)，则a(a3b)()a(0,34,10)b(3,19,7)c44d23ca3b(3,2,5)3(1,5，1)(0,17,2)，则a(a3b)(3,2,5)(0,17,2)0341044.2设l1的

2、方向向量为a(1,2，2)，l2的方向向量为b(2,3，m)，若l1l2，则m等于()a1b2 cd3b若l1l2，则ab，ab0，1(2)23(2m)0，解得m2.3在空间四边形abcd中，若向量(3,5,2)，(7，1，4)，点e，f分别为线段bc，ad的中点，则的坐标为()a(2,3,3)b(2，3，3)c(5，2,1)d(5,2，1)b取ac中点m，连接me，mf(图略)，则， 所以(2，3，3)，故选b4如图所示，在平行六面体abcda1b1c1d1中，点e为上底面对角线a1c1的中点，若xy，则()ax，ybx，ycx，ydx，ya()，x，y.5已知a(2，5,1)，b(2，4,

3、2)，c(1，4,1)，则与的夹角为()a30b60 c45d90b由题意得(0,1,1)，(1,1,0)，cos，所以与的夹角为60.6已知二面角l的大小为，m，n为异面直线，且m，n，则m，n所成的角为()ab cdb设m，n的方向向量分别为m，n.由m，n知m，n分别是平面，的法向量|cosm，n|cos ，m，n或.但由于两异面直线所成的角的范围为，故异面直线m，n所成的角为.7.如图，在棱长为a的正方体abcda1b1c1d1中，p为a1d1的中点，q为a1b1上任意一点，e，f为cd上两个动点，且ef的长为定值，则点q到平面pef的距离()a等于ab和ef的长度有关c等于ad和点q

4、的位置有关a取b1c1的中点g，连接pg，cg，dp，则pgcd，所以点q到平面pef的距离即点q到平面pgcd的距离，与ef的长度无关，b错又a1b1平面pgcd，所以点a1到平面pgcd的距离即点q到平面pgcd的距离，即点q到平面pef的距离，与点q的位置无关，d错如图，以点d为原点，建立空间直角坐标系，则c(0，a,0)，d(0,0,0)，a1(a,0，a)，p，(0，a,0)，(a,0，a)，设n(x，y，z)是平面pgcd的法向量，则由得令z1，则x2，y0，所以n(2,0,1)是平面pgcd的一个法向量设点q到平面pef的距离为d，则d，a对，c错故选a8.如图所示，abcda1

5、b1c1d1是棱长为6的正方体，e，f分别是棱ab，bc上的动点，且aebf.当a1，e，f，c1四点共面时，平面a1de与平面c1df所成夹角的余弦值为()abcdb以d为原点，da、dc、dd1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，易知当e(6,3,0)，f(3,6,0)时，a1，e，f，c1共面，设平面a1de的法向量为n1(a，b，c)，依题意得可取n1(1,2,1)，同理可得平面c1df的一个法向量为n2(2，1,1)，故平面a1de与平面c1df的夹角的余弦值为.故选b二、选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分

6、，有选错的得0分，部分选对的得3分)9已知正方体abcd a1b1c1d1的中心为o，则下列结论中正确的有()a与是一对相反向量b与是一对相反向量c与是一对相反向量d与是一对相反向量acdo为正方体的中心，故()，同理可得()，故()，ac正确；，与是两个相等的向量，b不正确；，()，d正确10在以下选项中，不正确的命题有()a|a|b|ab|是a，b共线的充要条件b若ab，则存在唯一的实数，使abc对空间任意一点o和不共线的三点a，b，c，若22，则p，a，b，c四点共面d若a，b，c为空间的一个基底，则ab，bc，ca构成空间的另一个基底abca|a|b|ab|a与b共线，但a与b共线时|

7、a|b|ab|不一定成立，故不正确；bb需为非零向量，故不正确；c因为2211，由共面向量定理知，不正确；d由基底的定义知正确11下列说法正确的是()a直线l的方向向量a(1，1,2)，直线m的方向向量b，则l与m垂直b直线l的方向向量a(0,1，1)，平面的法向量n(1，1，1)，则lc平面，的法向量分别为n1(0,1,3)，n2(1,0,2)，则d平面经过三点a(1,0，1)，b(0,1,0)，c(1,2,0)，向量n(1，u，t)是平面的法向量，则ut1ad对于a，a(1，1,2)，b，ab12(1)120，ab，直线l与m垂直，a正确对于b，a(0,1，1)，n(1，1，1)，an01

8、1(1)(1)(1)0，an，l或l，b错误对于c，n1(0,1,3)，n2(1,0,2)，n1与n2不共线，不成立，c错误对于d，由于a(1,0，1)，b(0,1,0)，c(1,2,0)，则(1,1,1)，(1,1,0)，又向量n(1，u，t)是平面的法向量，即则ut1，d正确12如图(1)是一副直角三角板的示意图现将两三角板拼成直二面角，得到四面体abcd，如图(2)所示，则下列结论中正确的是()a0b平面bcd的法向量与平面acd的法向量垂直c异面直线bc与ad所成的角为60d直线dc与平面abc所成的角为30ad以b为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴的正方向建立空间直角坐标系，如图

9、所示设bd2，则b(0,0,0)，d(2,0,0)，c(0,2，0)，a(0，)，(2,0,0)，(0，)，(0,2，0)，(2，)，(2,2，0)(2,0,0)(0，)0，a正确；易得平面bcd的一个法向量为n1(0,0，)，平面acd的一个法向量为n2(，1,1)，n1n20，b错误；|cos，|，c错误；易得平面abc的一个法向量为(2,0,0)，设直线dc与平面abc所成的角为，则sin ，故d正确三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中的横线上)13已知(1,5，2)，(3,1，z)，若bc，(x1，y，3)，且平面abc，则_.，0，352z0，z4.(x1，y

10、，3)，且平面abc，即解得故.14已知a(2，1,3)，b(1,4，2)，c(7,5，)，若a，b，c共面，则_.易知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cxayb，即解得15已知a(0,0，x)，b(1，2)，c(x，2)三点，点m在平面abc内，o是平面abc外一点，且x2x4，则x_，与的夹角为_(本题第一空2分，第二空3分)1由a，b，c，m四点共面可知x2x41，x1.a(0,0,1)，c(1，2)，(1，1)，(1，1)，cos，即与的夹角为.16如图，等边三角形abc与正方形abde有一公共边ab，二面角cabd的余弦值为，m，n分别是

11、ac，bc的中点，则em，an所成角的余弦值为_如图所示，过点c作co平面abde，垂足为o，取ab的中点f，连接cf，of，oa，ob，则cfo为二面角cabd的平面角，所以coscfo.设ab1，则cf，of，oc，所以o为正方形abde的中心如图建立空间直角坐标系，则e，a，m，n，所以，所以cos，.四、解答题(本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分)已知空间三点a(2,0,2)，b(1,1,2)，c(3,0,4)，设a，b.(1)若|c|3，且c，求向量c；(2)求向量a与向量b的夹角的余弦值；(3)若kab与ka2b互相垂直，求实数k的

12、值解(1)c，存在实数m，使得cmm(2，1,2)(2m，m,2m)|c|3，3|m|3，m1.c(2，1,2)或c(2,1，2)(2)a(1,1,0)，b(1,0,2)，ab(1,1,0)(1,0,2)1.又|a|，|b|，cosa，b，即向量a与向量b的夹角的余弦值为.(3)kab(k1，k,2)，ka2b(k2，k，4)，(k1，k,2)(k2，k，4)(k1)(k2)k280，k2或k.当kab与ka2b互相垂直时，实数k的值为2或.18.(本小题满分12分)如图，在直三棱柱abca1b1c1中，abc90，bc2，cc14，点e在线段bb1上，且eb11，d，f，g分别为cc1，c1

13、b1，c1a1的中点(1)求证：b1d平面abd；(2)求证：平面egf平面abd解如图，以b为坐标原点，ba，bc，bb1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系bxyz，则b(0,0,0)，d(0,2,2)，b1(0,0,4)(1)设baa，则a(a,0,0)所以(a,0,0)，(0,2,2)，(0,2，2)所以0，0440.所以b1dba，b1dbd又babdb，所以b1d平面abd(2)由题意及(1)，知e(0,0,3)，g，f(0,1,4)，所以，(0,1,1)所以0220，0220.所以b1deg，b1def.又egefe，所以b1d平面egf.由(1)，知b1d平面abd

14、，故平面egf平面abd19(本小题满分12分)如图，已知四边形abcd为矩形，四边形abef为直角梯形，faab，adaffe1，ab2，adbe.(1)求证：bede；(2)求点f到平面cbe的距离解四边形abcd为矩形，adab，又adbe，abbeb，ad平面abef，又ad平面abcd，平面abcd平面abef.faab，平面abcd平面abefab，fa平面abcdfaad(1)证明：如图，建立空间直角坐标系，则b(0,2,0)，c(1,2,0)，d(1,0,0)，e(0,1,1)，f(0,0,1)，(0，1,1)，(1,1,1)，0(1)(1)1110，bede.(2)由(1)得

15、(1,0,0)，(0，1,1)，(0,1,0)，设n(x，y，z)是平面cbe的法向量，则由得令y1，得z1，n(0,1,1)是平面cbe的一个法向量设点f到平面cbe的距离为d，则d.点f到平面cbe的距离为.20(本小题满分12分)如图，在直三棱柱a1b1c1abc中，acab，acab4，aa16，点e，f分别为ca1，ab的中点(1)证明：ef平面bcc1b1；(2)求b1f与平面aef所成角的正弦值解(1)证明：如图，连接ec1，bc1，因为三棱柱a1b1c1abc为直三棱柱，所以e为ac1的中点又因为f为ab的中点，所以efbc1.又ef平面bcc1b1，bc1平面bcc1b1，所

16、以ef平面bcc1b1.(2)以a1为原点，a1c1，a1b1，a1a所在直线分别为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系a1xyz，则a(0,0,6)，b1(0,4,0)，e(2,0,3)，f(0,2,6)，所以(0，2,6)，(2,0，3)，(0,2,0)，设平面aef的法向量为n(x，y，z)，则令x3，得n(3,0,2)，记b1f与平面aef所成角为，则sin |cos，n|.21(本小题满分12分)如图所示的几何体中，bebc，eaac，bc2，ac2，acb45，adbc，bc2ad(1)求证：ae平面abcd；(2)若abe60，点f在ec上，且满足ef2fc，求平面fad与

17、平面adc的夹角的余弦值解(1)证明：在abc中，bc2，ac2，acb45，由余弦定理可得ab2bc2ac22bcaccos 454，所以ab2(负值舍去)，因为ac2ab2bc2，所以abc是直角三角形，abbc又bebc，abbeb，所以bc平面abe.因为ae平面abe，所以bcae，因为eaac，acbcc，所以ae平面abcd(2)由题易得eb2ab4，由(1)知，bc平面abe，所以平面bec平面abe，如图，以b为原点，过点b且垂直于平面bec的直线为z轴，be，bc所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系bxyz，则c(0,2,0)，e(4,0,0)，a(1,0，)，d(1

18、,1，)，因为ef2fc，所以f，易知(0,1,0)，设平面fad的法向量为n(x，y，z)，则即令z，则x9，所以n(9,0，)由(1)知ea平面abcd，所以(3,0，)为平面abcd的一个法向量设平面fad与平面adc的夹角为，则cos ，所以平面fad与平面adc的夹角的余弦值为.22(本小题满分12分)如图，在四棱锥pabcd中，底面abcd是边长为2的菱形，dab60，adp90，平面adp平面abcd，f为棱pd的中点(1)在棱ab上是否存在一点e，使得af平面pce？并说明理由；(2)当二面角dfcb的余弦值为时，求直线pb与平面abcd所成的角解(1)在棱ab上存在点e，使得af平面pce，且e为棱ab的中点理由如下：如图，取pc的中点q，连接eq，fq，由题意得，fqdc且fqcd，因为aecd且aecd，所以aefq且aefq.所以四边形aeqf为平行四边形所以afeq.又eq平面pce，af平面pce，所以af平面pce.(2)连接bd，de.由题意知abd为正三角形，所以edab，即edcd，又adp90，所以pdad，且平面adp平面abcd，