2021-2022学年新教材高中数学第一章空间向量与立体几何综合训练【含答案】

第一章综合训练(时间:120分钟满分:150分)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⊥β B.α∥βC.α与β相交但不垂直 D.以上都不对解析∵n=(-6,-2,10),m=(3,1,-5),∴n=-2m.∴m∥n.∴α与β平行.答案B2.(2020黑龙江哈尔滨六中高二检测)已知O为坐标原点,向量a=(-2,1,1),点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).若点E在直线AB上,且OE⊥a,则点E的坐标为()A.-65,-145,B.65,145,C.65,-145,D.-65,145,解析因为E在直线AB上,故存在实数t使得OE=OA+AE=OA+tAB=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t).若OE⊥a,则OE·a=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=95.因此点E的坐标为-65,答案A3.已知正四面体ABCD的棱长为a,点E,F分别是BC,AD的中点,则AE·AF的值为(A.a2B.aB142C.a2D.aD123解析在正四面体ABCD中,E,F分别是BC,AD的中点,∴AE=则AE·AF=(AB+BE)·12AD=12即BE·AD=0,AB·AD所以AE·AF=a答案B4.(2020福建莆田高二检测)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,E为BB1的中点,F为A1D1的中点,则下列向量能作为平面AEF的法向量的是()A.(1,-2,4) B.(-4,1,-2)C.(2,-2,1) D.(1,2,-2)解析设正方体的棱长为2,则A(2,0,0),E(2,2,1),F(1,0,2),所以AE=(0,2,1),AF=(-1,0,2).设向量n=(x,y,z)是平面AEF的法向量,则n·AE=2y+z=0,n·AF=-x+2z=0,取y=1,得x=-4,z=-2,则n答案B5.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.45 B.3C.34 D.解析取AC的中点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.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),∴AD=(0,1,2).设n=(x,y,z)为平面B1CD的法向量,由n得-令z=1,得n=(0,2,1).设直线AD与平面B1DC所成角为α,则sinα=|cos<AD,n>|=|AD所以直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为45.故选A答案A6.如图,棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1,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.32 B.1C.15 D.解析以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(图略),则A1(6,0,6),E(6,3,0),F(3,6,0).设平面A1DE的法向量为n1=(a,b,c),依题意得n令a=-1,则c=1,b=2,所以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|n答案B7.(2020江西检测)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,E是棱AB的中点,则点E到平面ACD1的距离为()A.12 B.C.13 D.解析如图,以D为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系,则D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0).连接D1E,所以D1E=(1,1,-1),AC=(-1,2,0),AD1=(-1,0,1).设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c),则n·AC=0,n·AD1=0,即-a+2b=0,-a+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.342B.442C.542D.6解析∵在三棱锥P-ABC中,PC⊥底面ABC,∠BAC=90°,AB=AC=4,∠PBC=60°,∴以A为坐标原点,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(0,4,46),A(0,0,0),B(4,0,0),AC=(0,4,0),AB=(4,0,0),AP=(0,4,46),设平面PAB的法向量n=(x,y,z),则n·AP=4y+46z=0,n∴点C到平面PAB的距离d=|AC·n|答案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,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.空间四个点O,A,B,C,OA,OB,OC为空间的一个基底,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四点不共面解析若O,A,B,C四点共面,则OA,OB,OC共面,则OA,OB,OC不可能为空间的一个基底.故AD正确,B不正确;若O,A,B,C答案ACD10.(2020山东淄博高二期末)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=3AD=3AA1=3,P为线段A1C上的动点,则下列结论正确的是()A.当A1C=2A1P时,B1,B.当AP⊥A1C.当A1C=3A1P时,D1PD.当A1C=5A1P时,A1C⊥解析在长方体ABCD-A1B1C1D1中,以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.因为AB=3AD=3AA1=3,所以AD=AA1=1,则A(1,0,0),A1(1,0,1),C(0,3,0),D1(0,0,1),C1(0,3,1),D(0,0,0),B(1,3,0),则A1C=(-1,3,-1),D1A=对于A,当A1C=2A1P时,P为线段A1C的中点,根据长方体结构特征,P为体对角线的中点,因此P也为B1D中点,所以B1,P,D三点共线,对于B,当AP⊥A1C时,AP⊥A1C,由题意可得,A1C=1+1+3=5,AC=1+3=2,由S△A1AC=12AA1·AC=12A1C·AP,解得AP=255,所以A1P=55,即P为线段A1C上靠近点A1的五等分点,所以P45,35,45,则D1P=45,35,对于C,当A1C=3A1P时,A1P=13A1C=-13,33,-13,设平面BDC1的法向量为n=(x,y,z),则n·DC1=0,n·DB=0,即3y+z=0,x+3y=0,令y=1,可得n=(-3,1,-3).又D1对于D,当A1C=5A1P时,A1P=15A1C=-15,35所以A1C·D1P=0,A1C·D1A=0,因此A1C⊥D1P,A1C⊥D1A,又D1P∩D1A=D1,则A1C⊥答案ACD11.在四面体P-ABC中,下列说法正确的有()A.若AD=13AC+2B.若Q为△ABC的重心,则PQC.若PA·BC=0,PC·AB=0,D.若四面体P-ABC各棱长都为2,M,N分别为PA,BC的中点,则|MN|=1解析对于A,∵AD=13AC+23AB,∴3AD=AC+2AB,∴∴3BD=BD+DC,即3BD=对于B,若Q为△ABC的重心,则QA+QB+∴3PQ+QA+QB+QC=3即PQ=13PA+对于C,若PA·BC=0,PC则PA·BC+PC·AB=0,∴PA∴PA·BC∴(PA-PC)·BC∴CA·BC+PC·AC=0,∴AC∴AC·PB=0,故C对于D,∵MN=PN-PM∴|MN|=12|∵|PA-PA=2=22,∴|MN|=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6解析对于选项A,连接B1D1,由正方体可得A1C1⊥B1D1,且BB1⊥平面A1B1C1D1,则BB1⊥A1C1,所以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;对于选项B,VP-A1C1D=VC1-A1PD,因为点P在线段B1C上运动,所以S△A1DP=12A1D·AB,面积为定值,且C1到平面A对于选项C,当点P与线段B1C的端点重合时,AP与A1D所成角取得最小值为60°,故C错误;对于选项D,因为直线BD1⊥平面A1C1D,所以若直线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=C1BBD1答案ABD三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知AB=(2,2,1),AC=(4,5,3),则平面ABC的单位法向量是.

解析设平面ABC的法向量n=(x,y,z),则AB令z=1,得x=12,y=-1,所以n=12答案±114.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.

解析设上、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.因为AB=2,A1B1=1,所以AC=BD=22,A1C1=B1D1=2.因为平面BDD1B1⊥平面ABCD,所以∠B1BO为侧棱与底面所成的角,故∠B1BO=60°.设棱台高为h,则tan60°=h2-22所以A(0,-2,0),D1-22,0,62,B所以ADB1故cos<AD1,故异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为14答案115.(2020浙江宁波九校高二期末联考)在正四面体ABCD中,M,N分别为棱BC,AB的中点,设AB=a,AC=b,AD=c,用a,b,c表示向量DM=,异面直线DM与CN所成角的余弦值为.

解析根据题意,画出对应的正四面体如图所示,设棱长为1,则DM=DA+AM=-c+12(a+b)=12(a+又CN=AN-AC=12a-b=12(a-2b),易知a·b=a·设异面直线DM与CN所成角为θ,则cosθ=|=|(=|=|1-答案12(a+b-2c)16.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为CC1的中点,P,Q是平面A1B1C1D1内相异两点,满足BP⊥A1E,BQ⊥A1E.(1)PQ与BD的位置关系是;

(2)|A1P|的最小值为.

解析(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,如图所示:A1(1,0,1),E0,1,12,B(1,1,0),A1E=-1,1,-12,因为P,Q均在平面A1B1C1D1内,所以设P(a,b,1),Q(m,n,1),因为BP⊥A1E,BQ⊥A1E,所以BP解得b-a=12,n-m=12,PQ=(2)由(1)可知b-a=12,|A1P|==(=2a当a=14时,|A1P|有最小值,最小值为3答案(1)平行(2)3四、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.(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,是否存在一点E,使得OE⊥b(O为原点)?若存在,求出点E的坐标;若不存在,请说明理由.解(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|=02+(-5(2)存在.OE=OA+AE=OA+tAB=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1若OE⊥b,则OE·b=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=95,因此存在点E,使得OE⊥b,此时点E的坐标为E-18.(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.因为O为B1C的中点,D为AC的中点,所以OD∥AB1.因为AB1⊄平面BC1D,OD⊂平面BC1D,所以AB1∥平面BC1D.(2)解建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,则B(0,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,2),B1(0,0,2),因此AB1=(0,-2,2),BC所以cos<AB=AB设异面直线AB1与BC1所成的角为θ,则cosθ=12,由于θ∈0,π2,故19.(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,因为菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,所以易得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的直线为z轴,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),因为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BF=(3,1,2),设直线BF与平面ABCD的夹角为θ,则有sinθ=|cos<m,BF>|=|m·BF||m||BF|=21(2)因为BD=(23,0,0),BF=(3,1,2),设平面FBD的法向量为n=(x,y,z),BD令z=1得n=(0,-2,1),又因为AF=(0,0,2),所以点A到平面FBD的距离d=|AF20.(12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形A1C1CA为菱形,∠B1A1A=∠C1A1A=60°,AC=4,AB=2,平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,点Q在线段AC上移动,P为棱AA1的中点.(1)若Q为线段AC的中点,H为线段BQ的中点,延长AH交BC于点D,求证:AD∥平面B1PQ;(2)若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值为1313,求点P到平面BQB1的距离(1)证明如图,取BB1的中点E,连接AE,EH.因为H为BQ中点,所以EH∥B1Q.在▱AA1B1B中,P,E分别为AA1,BB1的中点,所以AE∥PB1.又EH∩AE=E,PB1∩B1Q=B1,所以平面EHA∥平面B1QP.因为AD⊂平面EHA,所以AD∥平面B1PQ.(2)解如图,连接PC1,AC1,因为四边形A1C1CA为菱形,∠C1A1A=60°,所以AA1=AC1=A1C1=4,即△AC1A1为等边三角形.因为P为AA1的中点,所以PC1⊥AA1.因为平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,平面ACC1A1∩平面ABB1A1=AA1,PC1⊂平面ACC1A1,所以PC1⊥平面ABB1A1.在平面ABB1A1内过点P作PR⊥AA1交BB1于点R.以PR,PA1,PC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz,则P(0,0,0),A1(0,2,0),A(0,-2,0),C1(0,0,23),C(0,-4,23).设AQ=λAC=λ(0,-2,23),λ∈[0,1],所以Q(0,-2(λ+1),23λ),所以PQ=(0,-2(λ+1),23λ).因为A1B1=AB=2,∠B1A1A=60°,所以B1(3,1,0),所以PB1=(3设平面PQB1的法向量为m=(x,y,z),则m令x=1,则y=-3,z=-λ+1所以平面PQB1的一个法向量为m=1,-3,-λ+1λ.平面AA1C1C的一个法向量为n=(1,0,0).设二面角B1-PQ-C1的平面角为θ,则cosθ=|m所以λ=12或λ=-14(舍),所以所以Q(0,-3,3).又B(3,-3,0),所以QB=(3,0,-3),所以|QB|=3+3=又|B1Q|=22,所以BQ2+BB12=B所以∠QBB1=90°.设点P到平面BQB1的距离为h,则13×12×4×3×3=所以h=62,即点P到平面BQB1的距离为621.(12分)如图所示,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PMPC=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,所以OC⊥AD,OP⊥AD.又OC∩OP=O,所以AD⊥平面POC.又PC⊂平面POC,所以AD⊥PC.因为BC∥AD,所以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,所以PO⊥平面ABCD.故可得OP,OC,OD两两垂直,以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则P(0,0,3),A(0,-1,0),D(0,1,0),C(3,0,0),所以PC=(3,0,-3).由PM=λPC=λ(3,0,-3)(λ∈[0,1]),可得点M的坐标为(3λ,0,3-3所以AM=(3λ,1,3-3λ),DM=(3λ,-1,3-3λ).设平面MAD的法向量为n=(x,由n·AM=3λx+y+(3-3λ)z=0又平面PAD的一个法向