2021-2022学年新教材高中数学空间向量与立体几何阶段重点强化练一第一课空间向量与立体几何

阶段重点强化练((60分钟100分)一、单项选择题：此题共6小题，每一小题5分，共30分，在每一小题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的.1.假如A,B,C,D为空间不同的四点，如此如下各式为零向量的是()f-L……受-①AB+2BC+2CD+DC;②2AB+2BC+3CD+3DA+AC;③AB+CA+BD;④AB—CB+CD-ADA.①②B.②③C.②④D.①④【解析】选c.①中，原式=Ab+2Bd+idc=Ab+Bd+Bd+i5c=Ad+ebc,不符合题意；②中，原式=2(AB+Bb+Cb+DA)+(AC+Cb+DA)=0；③中，原式=Cd,不符合题意；④中，原式=(aB-ad)+(cD—cb)=0.TOC\o"1-5"\h\z2.向量a=(-2,1,3),b=(—1,2,1)，假如a±(a-2),如此实数病值为()A.—2B.—14C.1—D.235【解析】aX(a-Ab),所以a(a—?b)=|a|2-Aab=0,所以|a|2=Aab,所以14=乂2+2+3)=7入，解得入=2.3.假如a=(2,2,0),b=(1,3,z),〈a,ab2X1+2X3+0xz,可得ab2X1+2X3+0xz,可得z=±/2.【解析】选C.cos〈a,b>=|a||b|y8>o"0+z22.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=2CB,CCi=3CB,如此直线BCi与直线ABi夹角的余弦值为（）A*C.2A*C.2'35D-3535【解析】选A.【解析】选A.CA=2CB,CCi=3CB,所以设CB=1,根据题意得，B(0,0,1),Ci(0,3,0),A(2,0,0),Bi(0,3,1).BCi=(0,3,-i),ABi=(-2，3,i),所以cos〈BCi,AB所以cos〈BCi,ABi〉=|BC；||AB；「皿机―35.正方体ABCD-AiBiCiDi中，AB=2,如此点C到平面BDDiBi的距离为（）A.iB.,C.2心D,2^/3【解析】选B.如图，连接AC,DB交于点O,DBXAC在正方体ABCD-AiBiCiDi中，可得BBi±AC,?AC，平面BDDiBi.BBiADB=B'，2.i'，2.所以点C到平面BDDiBi的距离为CO,CO=-AC=2.将图①中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线折起得到空间四面体ABCD（如图②）,如此在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是（）

A,相交且垂直B.A,相交且垂直B.相交但不垂直C.异面且垂直D.异面但不垂直【解析】①中的等腰直角三角形ABC中，斜边上的中线AD就是斜边上的高，如此ADLBC,翻折后如题图②，AD与BC变成异面直线，而原线段BC变成两条线段BD,CD,这两条线段与AD垂直，即AD±BD,ADXCD,故AD，平面BCD,所以AD±BC.二、多项选择题：此题共2小题，每一小题5分，共10分，在每一小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，局部选对的得3分，有选错的得0分..vi,V2分别为直线li,I2的方向向量（li,I2不重合），ni,n2分别为平面a,B的法向量（a,环重合），如此如下说法中，正确的答案是（）A.vi//V2?li//|2B.vi±V2?li±|2ni//n2?a//（3D.ni±n2?a±（3【解析】Vi,V2分别为直线li,l2的方向向量（li,l2不重合），所以Vi//V2?li//l2,Vi±V2?li±l2；因为ni,n2分别为平面a,用勺法向量（a,灯重合），所以ni//n2?a//（3,ni±n2?a±B,故全部正确..如图，在正方体ABCD-AiBiCiDi中，P为对角线BDi的三等分点，如此点P到各顶点的距离可能为（）A.^B.3C.^/3d.2函【解析】选ABCD.建立如下列图的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为0,0),B(3,3,0),C(0,3,0),D(0,0,0),Ai(3,0,3),Bi(3,3,3),Ci(0,3,3),Di(0,0,3),所以BDi=(-3,—3,3).设点P(x,y,z),一1—因为BP=-BDi=(-i,-111),3所以DP=DB+BP=(3,3,0)+(—1,—1,1)=(2,2,1).所以P（2,2,1）,所以PA=PC=PB1=^12+22+12=#,PD=PA1=PC1=^/22+22+12=3,PB=^3,PD1=^22+22+C-2]2=2^/3.故我P到各顶点的距离的不同取值有#,3,yj~3,2\「.三、填空题：本大题共6小题，每一小题5分，共30分.请把正确的答案填在题中的横线上..在四面体O-ABC中，6A=a,OB=b,6C=c,D为BC的中点，E为AD的中点，如此6E=（用a,b,c表示）【解析】因为在四面体O-ABC中，OA=a,OB=b,OC=c,D为BC的中点，E为AD的所以Ofe=1(OA+Ob)=OA+OD=1a+1x1(OB+Ob)=1a+1b+1c.222222244

111答案：一a+-b+—c24410.如图，在长方体ABCD-AiBiCiDi中，AB=BC=2,AAi=<2,E,F分别是面AiBiCiDi、面BCC1B1的中心，如此E,F两点间的距离为【解析】以D为坐标原点，分别以DA,DC,DD1所在方向为x,y,z轴的正半轴，建立空间直角坐标系(图略)，由条件知其1,1,5),2,―2

间直角坐标系(图略)，由条件知其1,1,5),2,―2

2所以E>=0,-2所以E,F两点间的距离为答案:11.a=(入+1,0,2),b=(6,2厂1,2假如a//b,如此^的值是【解析】因为a=(入+1,0,2),b=(6,2—1,2入)，a//b,令a=tb(tCR),如此(入+1,0,2)=t(6,21,2A=(6t,(2厂1)t,2M),入+1=6t,即0=〔2k1〕t,解得2=2312.a=(3,-2,-3),b=(-1,x—1,1),且a与12.a=(3,-2,-3),b=(-1,是【解析】由题意可知ab<0且a与b不共线,如此ab=3x（—1）—2x（x—1）—3X1=—2x—4<0,解得x>-2.1x—115假如a与b共线,如此丁=二7=二?得x=3,5因为a与b不共线，如此x^-,3TOC\o"1-5"\h\z55因此，实数x取值X围是一2,1U+83355答案：—2,1U+83313.如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=，2,BC=AA1=1,如此BD1与平面A1B1C1D1所成的角的大小为【解析】长方体ABCD-A1B1C1D1中，连接BiDi,如此/BD1B1为所求，RtABD1B1中，tan/BBi1-3BDiBi==~r=,B1D133所以/BDiBi=30。，如此BDi与平面A1B1C1D1所成的角的大小为30°.答案：30°14.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=1,D在^BBi上，且BD=1,如此AD与平面AA1C1C所成的角的正弦值为平面ACD与ABC所成二面角的余弦值为（此题第一空2分，第二空3分）【解析】取AC中点E,连接BE,如此BEXAC,如下列图，建立空间直角坐标系Bxyz,AW23设平面12,0,D(。，。，1),c一32-，0,DC=2ACD的法向量为n=(x,y,z),DC・n0,所以DA,n0

^x-1y_z=0,22-^3x+1y-z=0,22令x=2^,z=3,y=o,所以n=(2、/3,0,3),又BD为平面ABC的法向量，BD=(0,0,1),所以cos<nBD>3_217〔2^/3〕2+97所以平面ACD与平面ABC所成二面角的余弦值为_217因为平面ABC，平面AAiCiC,平面ABCn平面AAiCiC=AC,BE±AC,所以BE,平面AAiCiC,所以Be=0,0为平面AAiCiC的一个法向量,又AD=,3所以cos〈AD,EBE>设AD与平面AAiCiC所成的角为a,如此sina=|cos〈AD,BE>|=^46,6,；21答案：47四、解答题：本大题共3小题，每一小题10分，共30分.15.(10分)如图，在棱长为a的正方体OABC-O1A1B1C1中，E,F分别是棱AB,BC上的动点，且AE=BF=x,其中0wxwa,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.(1)写出点E,F的坐标;(2)求证：A1FXC1E;1⑶假如A1,E,F,C1四点共面，求证：AF=2A1C1+A〔E.【解析】(1)E(a,x,0),F(a-x,a,0).(2)因为A1(a,0,a),C1(0,a,a),所以A1F=(一x,a,—a),C1E=(a,x—a,—a).所以A〔FC1E=-ax+a(x-a)+a2=0,所以AF^GE.(3)因为A1,E,F,C1四点共面，所以A〔E,A1C1,A1F共面.选A〔E与A1C1为一组基向量，如此存在唯一实数对卜,匕使A[F=々A1C1+;2A1E,即(一x,a,—a)=/1(—a,a,0)+旗0,x,—a)=(—a%,a?j+x/2,—a/2),

-x=-a?iik=一所以a=a入i+x为，解得2—a=—a?22z=11所以AiF=2AiCi+AiE.16.（i0分）如图，在直三棱柱ABC-AiBiCi中，ACXBC,AC=BC=AAi=2,点P为棱BiCi的中点，点Q为线段AiB上一动点.(i)求证：当点Q(i)求证：当点Q为线段AiB的中点时,PQL平面AiBC;(2)设(2)设BQ=入BAi,试问：是否存在实数入，使得平面AiPQ与平面BiPQ所成锐二面角的余弦值为_30i0?假如存在，求出这个实数入；假如不存在，请说明理由.弦值为_30i0?假如存在，求出这个实数入；假如不存在，请说明理由.【解析】(i)连ABi,ACi,因为点Q为线段AiB的中点，所以A,Q,Bi三点共线.因为点P,Q分别为BiCi和AiB的中点，所以PQ//ACi.在直三棱柱ABC-AiBiCi中，ACXBC,所以BCL平面ACCiAi,所以BCXACi,又AC=AAi,所以四边形ACCiAi为正方形，所以ACiXAiC,因为AiC,BC?平面AiCB,所以AC」平面AiBC,而PQ//ACi,所以PQ，平面AiBC.(2)以C为原点，分别以CA,CB,CCi为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,连接AiP,BiQ,设Q(x,y,z),因为BQ=入BAi,

所以(x,y-2,z)=42,—2,2),x=2入所以y=2—2入，所以Q(2%2-2X,2生z=2入因为点Q在线段AiB上运动，所以平面AiPQ的法向量即为平面AiPB的法向量，设平面AiPB的法向量为ni=(x,y,z),ni，BP02x-y=0由得，令y=2得ni=(i,2,i),noPAi0-y+2z=0n2・PBi由.n2*Bn2・PBi由.n2*BiQ0y=0得……一一、一

02N—2N+〔2入一2〕z=0,令z=婿n2=(i-x,0,入),|[i,2,i〕•i—入，0,人〕|由题意得|cos2Z2-2入+i<ni,n2〉由题意得|cos2Z2-2入+iq6y〔i—入〕2+修所以9Z2—9入+2=0,解得入=—或入=—.33i2所以当入=］或i2所以当入=］或『飞AiPQ与平面BiPQ所成锐二面角的余弦值为,30i0i7.(i0分)如图i,在等腰RtXBC中，ZC=90,D,E分别为AC,ABi7.(i0分)如图i,在等腰的中点，G在线段BC上，且BG=3CG.将MDE沿DE折起，使点A至UAi的位置(如图2所示)，且AiFXCD.⑴证明：BE//平面AiFG;(2)求平面AiFG与平面AiBE所成锐二面角的余弦值.【解析】(1)取BC的中点M,连接DM,因为BG=3CG,所以G为CM的中点，又F为CD的中点，所以FG//DM,由DE//BM,DE=BM,所以DMBE为平行四边形，所以BE//DM,所以BE//FG,又FG?平面AiFG,BE?平面AiFG,所以BE//平面AiFG;为z轴,(2)根据题意，以F为原点，直线FC为x轴，过F平行于BC的直线为y轴，直线为z轴,建立如图空间直角坐标系，设AC=4,如此F