2023-2024学年高中数学人教A版2019选择性课后习题第一章第一章综合训练

第一章综合训练一、选择题: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.在平行六面体ABCDA'B'C'D'中,向量AB',AD'A.有相同起点的向量B.等长的向量C.共面向量D.不共面向量2.已知a=(2,3,1),b=(2,0,4),c=(4,6,2),则下列结论正确的是()A.a∥c,b∥c B.a∥b,a⊥cC.a∥c,a⊥b D.以上都不对3.(2021四川眉山期中)如图,在空间直角坐标系中,有一棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1,A1C的中点E到AB的中点F的距离为()A.22 B.2 C.2 D.14.已知空间四边形OABC,其对角线为OB,AC,M,N分别是边OA,CB的中点,点G在线段MN上,且使MG=2GN,用向量OA,OB,OC表示向量OGA.OGB.OGC.OGD.OG5.在四棱锥PABCD中,AB=(4,2,3),AD=(4,1,0),AP=(6,2,8),则这个四棱锥的高h等于()A.1 B.2 C.13 D.266.(2021山东威海期中)已知两个不重合的平面α与平面ABC,若平面α的法向量为n1=(2,3,1),AB=(1,0,2),AC=(1,1,1),则()A.平面α∥平面ABCB.平面α⊥平面ABCC.平面α,平面ABC相交但不垂直D.以上均有可能7.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°8.(2021上海闵行期中)长方体A1A2A3A4B1B2B3B4的底面是边长为1的正方形,高为2,则集合{x|x=A1B2·AiBj,i∈A.1 B.2 C.3 D.4二、选择题:在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.9.(2021江苏南通检测)设{a,b,c}是空间的一个基底,则()A.若a⊥b,b⊥c,则a⊥cB.a,b,c两两共面,但a,b,c不可能共面C.对空间任一向量p,总存在有序实数组(x,y,z),使p=xa+yb+zcD.a+b,b+c,c+a一定能构成空间的一个基底10.已知向量a=(1,2,3),b=(3,0,1),c=(1,5,3),下列等式中正确的是()A.(a·b)c=b·cB.(a+b)·c=a·(b+c)C.(a+b+c)2=a2+b2+c2D.|a+b+c|=|abc|11.(2021江苏徐州检测)已知四棱柱ABCDA1B1C1D1为正方体,则下列结论错误的是()A.(A1A+A1B.A1C·(A1C.向量AD1与向量A1D.正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|AB·12.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角ABDC,有如下四个结论:①AC⊥BD;②△ACD是等边三角形;③AB与平面BCD所成的角为60°;④AB与CD所成的角为60°.其中正确的结论有()A.① B.② C.③ D.④三、填空题.13.棱长为a的正四面体中,AB·BC+AC14.已知空间向量a=(1,n,2),b=(2,1,2).若2ab与b垂直,则|a|=.

15.设PA垂直于Rt△ABC所在的平面α,∠BAC=90°,PB,PC分别与α成45°和30°角,PA=2,则PA与BC的距离是;点P到BC的距离是.

16.已知向量m=(a,b,0),n=(c,d,1),其中a2+b2=c2+d2=1,现有以下说法:①向量n与z轴正方向的夹角恒为定值(即与c,d无关);②m·n的最大值为2;③m与n的夹角的最大值为3π④若定义u×v=|u|·|v|sin<u,v>,则|m×n|的最大值为2.其中正确的有.(写出所有正确说法的序号)

四、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.如图所示,在四棱锥MABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,侧棱AM的长为3,且AM和AB,AD的夹角都是60°,N是CM的中点,设a=AB,b=AD,c=AM,试以a,b,c为基向量表示出向量BN,并求线段BN的长.18.如图,正三棱柱ABCA1B1C1中,底面边长为2.(1)设侧棱长为1,求证:AB1⊥BC1;(2)设AB1与BC1的夹角为π3,求侧棱的长19.已知空间中三点A(2,0,2),B(1,1,2),C(3,0,4),设a=AB,b=AC.(1)若|c|=3,且c∥BC,求向量c;(2)已知向量ka+b与b互相垂直,求k的值;(3)求△ABC的面积.20.已知E,F,G,H分别是空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA的中点.(1)用向量法证明E,F,G,H四点共面;(2)用向量法证明:BD∥平面EFGH;(3)设M是EG和FH的交点,求证:对空间任一点O,有OM=121.如图,四棱锥PABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.22.(2021江苏无锡期中)如图,在四棱锥PABCD中,AB∥DC,∠ADC=90°,AB=AD=12DC=2,PB=PD=32,BC⊥PD(1)求证:平面PBD⊥平面ABCD;(2)在线段PC上是否存在异于P,C的一点M,使平面PBD与平面BDM夹角的余弦值为63?若存在,求出点M的位置;若不存在,请说明理由第一章综合训练1.C向量AB',AD'由该平行六面体不一定是正方体可知,这三个向量不一定是等长的向量,B不正确;又AD'∴AB',AD',BD共面2.C∵a=(2,3,1),b=(2,0,4),c=(4,6,2),∴a·b=4+0+4=0,∴a⊥b.∵-4-2=-6-3=3.B在空间直角坐标系中,有一棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1,∴A1(2,0,2),C(0,2,0),A1C的中点E(1,1,1),A(2,0,0),B(2,2,0),AB的中点F(2,1,0),∴A1C的中点E到AB的中点F的距离为|EF|=(2故选B.4.C∵OG=OM+MG=OM+∴OG=故选C.5.B设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z),则n不妨令x=3,则y=12,z=4,可得n=(3,12,4),四棱锥的高h=|AP·n||n6.A由题意,计算n1·AB=2×1+(3)×0+1×(2)=0,得n1⊥AB;计算n1·AC=2×1+(3)×1+1×1=0,得n1⊥AC,又AB∩AC=A,所以n1⊥平面ABC,又两平面不重合,则平面α∥平面ABC.故选A.7.C设向量a+b与c的夹角为α,因为a+b=(1,2,3),所以|a+b|=14,cosα=(a+b)·c|因为向量a+b与a的方向相反,所以a与c的夹角为120°.8.C∵长方体A1A2A3A4B1B2B3B4的底面是边长为1的正方形,高为2,∴建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(1,1,0),A2(0,1,0),A3(0,0,0),A4(1,0,0),B1(1,1,2),B2(0,1,2),B3(0,0,2),B4(1,0,2),则A1B2与A1B1=(0,0,2)相等的向量为A2B2=A3与A1B4=(0,1,2)相等的向量为A2B3,此时A与A4B1=(0,1,2)相等的向量为A3B2,此时A与A2B1=(1,0,2)相等的向量为A3B4,此时A与A1B2=(1,0,2)相等的向量为A4B3,此时A体对角线向量为A1B3=(1,1,2),此时A1B2A2B4=(1,1,2),此时A1B2A3B1=(1,1,2),此时A1B2A4B2=(1,1,2),此时A1B2·综上,集合{x|x=A1B2·AiBj,i∈{1,2,3,4},j∈9.BCD由a,b,c是空间一个基底,知:对A选项,若a⊥b,b⊥c,a,c夹角不一定是π2,故A选项错误易知BC正确;对D选项,由于{a,b,c}是空间的一个基底,所以a,b,c不共面.假设a+b,b+c,c+a共面,设a+b=x(b+c)+(1x)(c+a),化简得xa=(x1)b+c,即c=xa+(1x)b,所以a,b,c共面,这与已知矛盾,所以a+b,b+c,c+a不共面,可以作为基底,故D选项正确.故选BCD.10.BCD对于A,左边为向量,右边为实数,显然不相等,故A不正确;对于B,左边=(4,2,2)·(1,5,3)=0,右边=(1,2,3)·(2,5,4)=2+1012=0,∴左边=右边,故B正确;对于C,a+b+c=(3,7,1),左边=32+72+(1)2=59,右边=12+22+32+32+0+(1)2+(1)2+52+(3)2=59,∴左边=右边,故C正确;对于D,由C选项可得:左边=59,∵abc=(1,3,7),∴|abc|=59,∴左边=右边,故D正确.故选BCD.11.CD不妨设该正方体的棱长为1,以{DA,DC,DD1}则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),D1(0,0,1).因为A1A+A1D1+A1B1所以(A1A+A1D1+A1B1)2=|A1A+A1D1+所以(A1A+A1D1+A1因为A1C=(1,1,1),A所以A1C·(A1B1-A1A)=0因为AD1=(1,0,1),A1所以AD1·A1B=0+01=1,|AD1|=2,|A1B|=2所以向量AD1与向量A1B夹角的大小为120°,因为AB⊥AA1,所以AB·AA1=0,所以|AB·AA1·AD故选CD.12.ABD如图所示,建立空间直角坐标系,设正方形ABCD的边长为2,则D(1,0,0),B(1,0,0),C(0,0,1),A(0,1,0),所以AC=(0,1,1),BD=(2,0,0),AC·BD故AC⊥BD,①正确;又|AC|=2,|CD|=2,|AD|=2,所以△ACD为等边三角形,②正确;对于③,OA为平面BCD的一个法向量,设α为直线AB与平面BCD所成的角,∴sinα=|cos<AB,OA>|=因为直线与平面所成的角α∈[0°,90°],所以AB与平面BCD所成的角为45°,③错误;cos<AB,CD>=AB·因为异面直线所成的角为锐角或直角,所以AB与CD所成的角为60°,故④正确.故选ABD.13.a22棱长为a的正四面体中,AB=BC=a,且AB与BC的夹角为120°,易证∴AB·BC+AC·BD=a·acos12014.352∵a=(1,n,2),b=∴2ab=(4,2n1,2).∵2ab与b垂直,∴(2ab)·b=0,∴8+2n1+4=0,解得n=52∴a=1,52,2,∴15.37作AD⊥BC于点D,∵PA⊥平面∴PA⊥AD.易得AB=2,AC=23,BC=4,AD=3,连接PD,易知PD⊥BC,P到BC的距离PD=7.16.①③④①取z轴的正方向单位向量a=(0,0,1),则cos<n,a>=n·所以向量n与z轴正方向的夹角恒为定值π4,①正确②m·n=(a,b,0)·(c,d,1)=ac+bd,则a2+c22-b2+d22≤ac+bd≤a2+c22+b③由②的解析知1≤m·n≤1,所以-1a2+b2·c2+d2+1≤cos<m,n>≤1a2+b2·c2+d2④设m与n的夹角为θ,由③可知:22≤cos<m,n>≤22,所以π4≤θ≤3π4,22≤sin<m,n>≤1,所以m×n=|m|·|n|×sin<m,n>≤1×2综上可知,正确的说法序号是①③④.17.解因为BN=BC+CN=AD+12所以BN=12a+12b+1|BN|2=BN2=-12a+12b+12c2=14(a2+b2+c所以|BN|=172,即BN的长为1718.(1)证明AB因为BB1⊥平面ABC,所以BB1·AB=0,又△ABC为正三角形,设θ为向量AB与BC所以θ=2π因为AB1·BC1=(AB+BB1)·(BB1+BC)=AB·BB1+所以AB1⊥BC1.(2)解由(1)知AB1·BC1=|AB|·|BC|·又|AB1|=AB2+所以cos<AB1,所以|BB1|=2,即侧棱长为19.解(1)∵空间中三点A(2,0,2),B(1,1,2),C(3,0,4),设a=AB,b=AC,∴BC=(3,0,4)(1,1,2)=(2,1,2).∵|c|=3,且c∥BC,∴c=mBC=m(2,1,2)=(2m,m,2m),∴|c|=4m2+m∴m=±1,∴c=(2,1,2)或c=(2,1,2).(2)ka+b=k(1,1,0)+(1,0,2)=(1k,k,2),b=(1,0,2),∵向量ka+b与b互相垂直,∴(ka+b)·b=1k+4=0,解得k=5.∴k的值是5.(3)AB=(1,1,0),AC=(1,0,2),cos<AB,AC>=AB·sin<AB,AC>=∴S△ABC=12×|AB|×|AC|×sin<AB,AC20.证明(1)如图,连接BG,易知,EH=AH-AE则EG=EB+BG由向量共面的充要条件可知,EH,EF,EG共面,又三向量过同一点E,所以E,F,G(2)因为EH=AH-AE所以EH∥BD.又EH⊂平面EFGH,BD⊄平面EFGH,所以BD∥平面EFGH.(3)由(2)知EH=12BD,同理FG=12BD,所以EH=FG,EH∥FG,EH=FG,所以OM=12(OE+OG)=121221.解取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,AE=AB以A为坐标原点,AE的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(5,2,0),N52,1,2设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则n·PM=0,n于是|cos<n,AN>|=|n设AN与平面PMN所成的角为