2020-2021学年新教材高中数学第一章空间向量与立体几何测评课后提升训练含解析选择性第一册

学必求其心得，业必贵于专精第一章测评（时间:120分钟满分:150分)一、单项选择题(共8小题，每题5分,共40分）1。已知平面α和平面β的法向量分别为m=（3,1，-5),n=(-6，—2,10),则（）A.α⊥βB。α∥βC。α与β订交但不垂直D.以上都不对剖析∵n=(-6,-2，10),m=（3，1,—5),∴n=—2m。∴m∥n.∴α与β平行.答案B2。如图，已知空间四边形OABC，M,N分别是OA,BC的中点，且=a，=b，=c,用a，b，c表示向量为(）?????????????????????A.12a+12b+12cB。12a-12b+12cC。-12a+12b+12cD。—12a+12b—12c剖析以下列图,连接ON，AN，则?????=1??????1(b+c)，因此????????????12?????=-12a+12b+12c.学必求其心得，业必贵于专精答案C3。已知正周围体ABCD的棱长为a，点E,F分别是BC,AD的中点,则?????????的值为（）·????A。a2B。41a2C。21a2D。√43a2剖析在正周围体ABCD中，点E、F分别是BC、AD的中点,∴=?????????????1?????。??,??=2则?????·?????????）·1?????1????·?????1?????·?????。??=(????+2=2+2??由于是正周围体,因此BE⊥AD，∠BAD=π3，2即?????·?????=0,????·?????=｜AB｜·｜AD|cos3=??2，2因此?????·??????=??4,应选B.答案B4。已知向量a=（1，2,3），b=（—2，—4,-6），｜c|=√14,若(a+b)·c=7,则a与c的夹角为( )A。30°B。60°C。120°D.150°剖析设向量a+b与c的夹角为α,由于a+b=（-1，-2,—3),因此|a+b｜=√14,cosα=(??+??)·??=1，因此α=60°.|??+??||??|2由于向量a+b与a的方向相反,因此a与c的夹角为120°.学必求其心得，业必贵于专精答案C5.若正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为(）A.54B。53C.43D。√55剖析取AC的中点O为坐标原点，建立以下列图的空间直角坐标系O—xyz.设三棱柱的棱长为2，则A（0,-1,0)，D（0，0,2）,C(0，1,0）,B1(√3,0,2）,????=?(0,1,2).设n=(x，y，z）为平面B1CD的一个法向量，????得{-??+2??=0,由{??·????=0,???????√3??-??+2??=0,??·????1=0,故{??=??=0,2??,令z=1,得n=(0，2,1）.设直线AD与平面B1DC所成角为α，则sinα=|cos〈?????,n>|=??????44|????·??|??????=√5×√5=5，|????||??|因此直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为45。应选A。答案A学必求其心得，业必贵于专精6。如图,ABCD—A1B1C1D1是棱长为6的正方体,E,F分别是棱AB,BC上的动点，且AE=BF。当A1,E,F，C1四点共面时,平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为（）A.√23B。21C。51D。25√6剖析以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，则A1（6，0，6），E(6，3,0），F(3,6,0)。设平??·?????=6??+3??=0,面A1DE的法向量为n1=（ab,,c）,依题意得{1??1·????1=6??+6??=0,令a=-1，则c=1,b=2，因此n1=(-1,2,1）.同理得平面C1DF的一个法向量为n2=（2，-1，1)，由题图知，平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为|??·??|112=2。|??||??|12答案B7.已知=(1,2,3），=（2，1,2），=（1,1，2）,点Q在直线OP???????????????上运动，则当????获取最小值时,点Q的坐标为（）·?????131133A。(2,4,3)B。(2,2,4)448447C。(3,3,3)D.(3,3,3)剖析∵Q在直线OP上,∴可设Q(x,x,2x),则?????=(1-x，2—x，3-2x),?????=(2—x，1-x,2-2x）.∴?????????=6x2—16x+10,·????∴当x=43时,????·?????最小，这时Q(43,43,83).学必求其心得，业必贵于专精答案C8。在三棱锥P—ABC中,PC⊥底面ABC，∠BAC=90°，AB=AC=4,∠PBC=60°,则点C到平面PAB的距离是(）A。3√742B。4√742C。5√742D。6√742剖析∵在三棱锥P-ABC中,PC⊥底面ABC,∠BAC=90°，AB=AC=4,∠PBC=60°，∴以A为原点，AB为x轴，AC为y轴,过A作平面ABC的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,则C（0，4，0），P(0，4，4√6），A（0，0，0),B（4，0，0），?????=（0,4,0）,?????=（4,0,0）,??????=(0，4，4√6)，设平面PAB的法向量n=(x，y,z),????则{??·????=4??+4√6??=0,????·取z=1,得n=(0，—√6,1)，????√√∴点C到平面PAB的距离d=|????·??|=476=4742.应选B。|??|√答案B二、多项选择题(共4小题，每题5分,共20分.错选得0分，少选得3分)学必求其心得，业必贵于专精9.空间四个点O，A,B,C，????,?????,?????为空间的一个基底,则以下说法正确的是（）A.O,A，B，C四点不共线B。O，A，B,C四点共面,但不共线C。O,A,B,C四点中任意三点不共线D。O，A，B,C四点不共面剖析若O,A,B,C四点共面，则????,?????,??共?面,则????,?????,????不可以能为空间的一个基底.故AD正确，B不正确;若O，A，B，C中有三点共线,则四点必然共面,故C也正确。答案ACD10。已知a=（3,—2,-3),b=(-1,x—1，1）,且a与b夹角为钝角，则x的取值可以是(）A.—2B.1C。53D。2剖析由于a=(3,-2,—3)，b=(-1,x-1,1),因此a·b=—1×3-2（x-1)—3=-2x-4.由于a与b夹角为钝角,因此cos〈a，b>=|??||??|??·??<0,且a与b不反向共线，又由于a与b共线时，有3=-2=-3,-1??-11即x=53，此时a与b反向,??·??=-2??-4<0,因此{5??≠3,解得x>-2且x≠53。比较选项可得BD可能.学必求其心得，业必贵于专精答案BD11。在周围体P—ABC中,以下说法正确的有(）A.若1????2????????????????+????=B.若Q为△ABC的重心,则=3????+3????+3?????????1????1??1????C.若??????=0,=0，则?????=0???????·????·????·????D.若周围体P-ABC各棱长都为2，M，N分别为PA，BC的中点,则｜??????|=1剖析对于A，∵?33,∴3+2,∴2—2,∴2??????+=??=???-??==????，∴3?????=?????+????,即3??????=??????，故A正确；对于B,若Q为△ABC的重心，则????+??????+????=0,∴3????+??????+?????+??????=3????，?∴3，????=??????+??????+?????即?????1?????1????1???,故B正确；3+3+3???对于C，若??????·????=0，????·????=0，则?????·????+????????·????+????????·????+

?????·????=0,???·(???????）=0,???????+??????????????????=0，????·????+????·????∴（?????????)·????????????=0，-????+????·?????????·??????+??????·?????=0，∴?????·(?????+?????)=0，?????·????=0，故C正确；学必求其心得，业必贵于专精对于D,∵?????????????1??????1???1??????）,=??-=(??+?????=(????+??-??|?????|=1???????????｜，2|????-????-????|?????????????|????-????√????2????2?????2???·???????·?????????·????+??+-2??????-2????+2???=√2+22+221112-2×2×2×2-2×2×2×2+2×2×2×22√2,∴|??????|=√2。故D错误。答案ABC12。（2020山东烟台高三期末）如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则(）A.直线BD1⊥平面A1C1DB.三棱锥P-A1C1D的体积为定值C.异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[45°,90°］D。直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为√63剖析对于选项A,连接B1D1,由正方体可得A1C1⊥B1D1，且BB1⊥平面A1B1C1D1，则BB1⊥A1C1，因此A1C1⊥平面BD1B1，故A1C1⊥BD1;同理,连接AD1,易证得A1D⊥BD1，则BD1⊥平面A1C1D,故A正确；学必求其心得，业必贵于专精对于选项B，??1111,由于点P在线段B1C上运动,因此??-??????=????-??????△??11??=平面A1B1CD的距离，也为定值，故体积为定值,故B正确；对于选项C，当点P与线段B1C的端点重合时，AP与A1D所成角获取最小值为60°,故C错误;对于选项D,由于直线BD1⊥平面A1C1D,因此若直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值最大，则直线C1P与直线BD1所成角的余弦值最大，则P运动到B1C中点处,即所成角为∠C1BD1，设棱长为1，在Rt△D1C1B中，cos∠C1BD1=????√2√6，故D正确。????1=√3=31答案ABD三、填空题（共4小题,每题5分，共20分）13.已知????=（2，2,1)，?????=(4,5,3），则平面ABC的单位法向量是。剖析设平面ABC的法向量n=（x,y,z),则{????·??=0,即{2??+2??+??=0,·4??+5??+3??=0.?????=0,1令z=1，得{??=2,因此n=(12,-1,1)，故平面ABC的单位法向量为??=-1,±??=±122|??|(3,-3,3)。答案±(1,-2,2)33314.已知正四棱台ABCD—A1B1C1D1中,上底面A1B1C1D1边长为1，下底面

ABCD

边长为

2，侧棱与底面所成的角为

60°，则异面直线AD1与

B1C所成角的余弦值为

。学必求其心得，业必贵于专精剖析设上、下底面中心分别为O1,O，则OO1⊥平面ABCD，以O为原点,直线BD,AC，OO1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.由于AB=2,A1B1=1,因此AC=BD=2√2,A1C1=B1D1=√2。由于平面BDD1B1⊥平面ABCD，因此∠B1BO为侧棱与底面所成的角,故∠B1BO=60°。设棱台高为h，则tan60°=?√2,h=√26，√2-2因此A(0,-√√2√6√2√6，0)，,0),D22，B22，C(0，2因此1=(-2,√2,2),???????√2√6√2√6，??????1=(-2,√2,-2)故cos<>=??????????????????·????1????4，???11=|????1||??1??|故异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为14。答案1415.已知矩形ABCD中,AB=1,BC=√3,将矩形ABCD沿对角线AC折起,使平面ABC与平面ACD垂直，则B与D之间的距离为.学必求其心得，业必贵于专精剖析如图,过B,D分别向AC作垂线,垂足分别为M，N。则可求得AM=12，BM=√23,CN=12，DN=√23,MN=1.由于??????????????????,=????+????+????因此|2=(22｜|2+｜|2+2(???｜???????????????)=||+???????????????????+?+???·???+?·222??????????????)=√3√3+2（0+0+0)=5,故｜???｜=√10??+·??))答案√10216。在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为CC1的中点，P，Q是正方体表面上相异两点，满足BP⊥A1E，BQ⊥A1E.（1)若P，Q均在平面A1B1C1D1内,则PQ与BD的地址关系是；（2)｜A1P|的最小值为。剖析（1）以D为空间直角坐标系的原点,以DA,DC,DD1所在的直线为x，y，z轴,建立空间直角坐标系，以下列图:A1（1，0，1),E(0,1,12)，B（1，1,0)，由于若P,Q均在平面A1B1C1D1内，因此设P(a,b,1),Q（m，n,1)，学必求其心得，业必贵于专精1???????1=(-1,1,-2),??????=（a-1，b—1，1）,?????=（m-1,n—1，1），????由于BP⊥A1E，BQ⊥A1E，????·???????=-(??-1)+(??-1)-1=0,因此{21????????????????·??1??=-(??-1)+(??-1)-2=0,解得??-??=1,=（n-b，n—b，0）,???=（1,1，0)，因此PQ与{2??????????-??=2,BD的地址关系是平行。1,|A1P｜=√(??-1)22（2）由(1）可知b-a=2+??√212√25=(??-1)+(??+2)=2??-??+4√2(??-14)2+98.当a=14时,｜A1P｜有最小值，最小值为3√42。答案(1)平行（2)34√2四、解答题(共6小题，共70分）17.（本小题满分10分)已知向量a=（1，-3，2），b=（-2,1,1),点A（—3，-1,4），B（-2，-2，2).(1)求|2a+b|；2）在直线AB上,可否存在一点E,使得?????⊥b？(O为原点)解(1)2a+b=(2，-6，4)+(-2，1,1)=(0,—5,5),故|2a+b｜√02+(-5)2+52=5√2.(2)????=??????+??????=?????+t????=(-3，—1,4)+t(1,—1,—2)=(—3+t,-1-t,4-2t）,学必求其心得，业必贵于专精若????⊥?b，则????·?b=0,因此—2(—3+t)+(-1-t)+（4—2t)=0,解得t=961425，因此存在点E,使得?????⊥b,此时点E的坐标为E(-5,-5,5)。18。(本小题满分12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=π2,D是棱AC的中点，且AB=BC=BB1=2.（1)求证：AB1∥平面BC1D；(2)求异面直线AB1与BC1所成的角.(1)证明如图,连接B1C交BC1于点O，连接OD。由于O为B1C的中点，D为AC的中点,因此OD∥AB1。由于AB1?平面BC1D，OD?平面BC1D，因此AB1∥平面BC1D。(2)解建立以下列图的空间直角坐标系B-xyz，则B(0，0,0）,A(0,2,0）,C1(2,0,2),B1（0，0,2)，学必求其心得，业必贵于专精因此1=(0，—2,2),1=（2,0,2）.????????????因此cos〈????????????????????????????·????11????|????1||????1|=20+0+4√2×2√2=21，1π设异面直线AB1与BC1所成的角为θ,则cosθ=2,由于θ∈(0,2)，π故θ=3.19.（本小题满分12分）如图，已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=AF=2，∠ADC=60°.1）求直线BF与平面ABCD的夹角；2)求点A到平面FBD的距离.解设AC∩BD=O，由于菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,因此易得AF⊥平面ABCD；以O点为坐标原点，以OD为x轴，OA为y轴,过O点且平行于AF的方向为z轴正方向,建立空间直角坐标系，1）由已知得A(0,1，0),B（—√3,0，0),C（0,-1，0),D（√3,0，0)，F（0,1,2),学必求其心得，业必贵于专精由于z轴垂直于平面ABCD,因此可令平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1），又?????=(√3，1，2），设直线BF与平面ABCD的夹角为θ,则有sinθ=｜cos〈m,>|=?????√,即θ=4，|??·????|=1×2√2=?????22π?????|??||????|因此直线BF与平面ABCD的夹角为4π。（2）由于???=(2,0，0），???=（，1，2)，√3√3?????设平面FBD的法向量为n=（x,y,z),????2√3??=0,{{·??=0,????+??+2??=0,令z=1得n=(0,—2，1），又由于?????=(0,0，2)，因此点A到平面FBD的距离d=???22√5。|????·??||??|=√5=520.（本小题满分12分）如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中,点D在棱A1B1上,E,F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B1，AA1=AB=AC=2。(1）证明:DF⊥AE；（2)当D为A1B1的中点时,求平面DEF与平面ABC夹角的余弦值。(1)证明在直三棱柱ABC-A1B1C1中，有AA1⊥A1B1,又由于AE⊥A1B1，因此A1B1⊥平面AA1C1C，学必求其心得，业必贵于专精由于A1C1?平面AA1C1C,因此A1B1⊥A1C1.因此AB⊥AC，AB⊥AA1，AC⊥AA1，如图,分别以AC,AA1,AB所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系A—xyz，则C(2，0，0)，B（0,0,2），A（0，0，0)，A1（0，2,0),F（1，0，1)，E（2,1,0）。设D（0，2，t)，则????=?（—1，2,t-1),?????=(2,1，0),????·???????=(—1,2，t—1)·(2,10)，=0,因此DF⊥AE.2)解当D为A1B1的中点时,D(0,2，1)，??????=(-1，—1,1),????=?（—1,2，0)，设平面DEF的法向量为n=（x，y，z）,则????0,??+??-??=0,{??·??=即{???????-2??=0,??·????=0,令y=1得，n=(2,1,3），简单知平面ABC的法向量为n0=（0,1，0）,??·??1√14=√=14,即平面DEF与平面ABC夹因此cos〈n,n0〉=|??||??0|22+322+1×1角的余弦值为√1414.21.学必求其心得，业必贵于专精(本小题满分12分)以下列图，已知四棱锥P-ABCD,侧面PAD是边长为2的正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形，且∠ABC=60°，M为棱PC上的动点,且????=λ（λ∈［0，1]）.????(1)求证:BC⊥PC;2）试确定λ的值,使得平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为√1010。1）证明取AD的中点O,连接OP,OC，AC,由题意可得△PAD，△ACD均为正三角形,因此OC⊥AD，OP⊥AD.又OC∩OP=O,因此AD⊥平面POC。又PC?平面POC,因此AD⊥PC。由于BC∥AD，因此BC⊥PC.(2）解由（1）可知PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO?平面PAD,因此PO⊥平面ABCD.故可得OP，OC，OD两两垂直,以O为原点，建立以下列图的空间直角坐标系O—xyz，则P（0，0,√3），A（0,—1，0),D（0,1，0)，C(√3，0,0),因此?????=（√3,0，—√3）.学必求其心得，业必贵于专精由????=λ?????=λ(√3，0,-√3）(λ∈[0，1］)，可得点M的坐标为(√3λ,0，√3-√3λ),因此??????=（√3λ，1,√3-√3λ），??????=（√3λ，—1，√3-√3λ）.设平面MAD的法向量为n=(x,y，z），??????由{??·????=√3????+??+(√3-√3??)??=0,??·??????=√3????-?+(√3-√3??)??=0,??=??-1可得{????,??=0,令z=λ,则n=(λ—1，0,λ）.又平面PAD的一个法向量为=（√3，0，0)，????设平面PAD与平面ADM的夹角为θ,=｜<??????√√???|??·????|则θ，????〉|==√22=10,coscosn??????√|??||????|33解得λ=4或λ=2(舍去).3夹角的余弦值为√10。因此当λ=4时,平面PAD与平面ADM1022。(本小题满分12分)以下列图，等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AD=AB=BC=2,