新教材高中数学人教B版选择性第一册训练第一章空间向量与立体几何测评（二）

过关综合测评第一章测评(二)(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.若平面α⊥平面β,且平面α的一个法向量为n=-2,1,12,A.1,12,C.(1,2,0) D.1答案C解析因为平面α⊥平面β,所以平面α的法向量与平面β的法向量互相垂直.设平面β的法向量为m=(x,y,z),则有n·m=2x+y+12z=0,即4x2yz=0对于A,4×12×12-14≠0,对于B,4×22×(1)0≠0,故B不成立;对于C,4×12×20=0,故C成立;对于D,4×122×12≠0,故D不成立2.(2020安徽宿州期末)已知a=(1,k,2),b=(2k,2,4),若a∥b,则实数k的值为()A.2 B.2 C.1 D.1答案C解析根据题意,a∥b,设a=tb(t∈R),即(1,k,2)=t(2k,2,4)=(2kt,2t,4t),则有1=2kt,k=23.(2020河南新乡期末)如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,P是线段D1B上一点,且BP=2D1P,若AP=xAB+yAD+zAA1,则x+y+z=(A.53 B.23 C.43答案A解析∵BP=2D1P,∴BP=2PD即AP-AB=2(AD1-AP)即3AP=AB+2即AP=所以x=13,y=23,z=23,所以4.(2020湖南常德期末)已知直线l1的一个方向向量为a=(1,2,2),直线l2的一个方向向量为b=(1,2,0),则两直线所成角的余弦值为()A.53 B.255 C.5答案D解析直线l1的一个方向向量为a=(1,2,2),直线l2的一个方向向量为b=(1,2,0),则两直线所成角的余弦值为|cos<a,b>|=|a5.已知a=(1t,1,0),b=(2,t,t),则|ba|的最小值是()A.1 B.2 C.3 D.5答案B解析∵a=(1t,1,0),b=(2,t,t),∴ba=(1+t,t1,t),∴|ba|=(1+∴当t=0时,|ba|取最小值2.6.若平面α的一个法向量为n1=(1,0,1),平面β的一个法向量是n2=(3,1,3),则平面α与β所成的角等于()A.30° B.45° C.60° D.90°答案D解析平面α的一个法向量为n1=(1,0,1),平面β的一个法向量是n2=(3,1,3),∴cos<n1,n2>=1×(-3∴平面α与β所成的角等于90°.7.(2020江苏南京期末)已知动点P在正方体ABCDA1B1C1D1的对角线BD1(不含端点)上.设D1PD1B=λ,若∠APC为钝角,则实数A.0,13C.13,1答案C解析由题设,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,则有A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),∴D1B=(1,1,1),∴D1P=(λ,∴PA=PD1+D1A=(λ,λ,λ)+(1,0,1)=(1λ,λ,λ1),PC=PD1+D1C=(λ,∵cos∠APC<0,∴PA·PC∴(1λ)(λ)+(λ)(1λ)+(λ1)2=(λ1)(3λ1)<0,解得13<λ<∴λ的取值范围是138.(2021陕西汉中一模)已知向量a=(ax,ay,az),b=(bx,by,bz),{i,j,k}是空间中的一个单位正交基底.规定向量积的行列式计算:a×b=(aybzazby)i+(azbxaxbz)j+(axbyaybx)k=ijkaxayazbxbybz=ayazbybA.(4,8,1) B.(1,4,8)C.(2,8,1) D.(1,4,8)答案C解析由题意得,AB×AC=(1×24×1)i+(4×32×2)j+(2×11×3)k=2i+8jk=(2,8,二、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.(2020广东广州期末)如图,已知三棱锥OABC,E,F分别是OA,BC的中点,P为线段EF上一点,且PF=2EP,设OA=a,OB=b,OC=c,则下列等式成立的是()A.OF=12bB.EP=16a+16b+C.FP=13a+13b+D.OP=13a+16答案ABD解析∵E,F分别是OA,BC的中点,∴OF=12(OB+OC)=12OBEF=OF-OE=12∵PF=2EP,∴EP=13EF,FP=23即EP=13EF=1312b+12cFP=23EF=2312b+12cOP=OE+EP=12a16a+16b+16c=13a10.已知v为直线l的方向向量,n1,n2分别为平面α,β的法向量(α,β不重合),那么下列选项正确的是()A.n1∥n2⇔α∥β B.n1⊥n2⇔α⊥βC.v∥n1⇔l∥α D.v⊥n1⇔l∥α答案AB解析v为直线l的方向向量,n1,n2分别为平面α,β的法向量(α,β不重合),则n1∥n2⇔α∥β,n1⊥n2⇔α⊥β,v∥n1⇔l⊥α,v⊥n1⇔l∥α或l⊂α.故A,B正确.11.(2021江苏南京检测)如图,以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出如下四个结论,其中正确的是()A.AB⊥ACB.AB⊥DCC.BD⊥ACD.平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直答案BC解析以D为坐标原点,DB,DC,DA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图.设折叠前的等腰直角三角形ABC的斜边BC=2,则D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),A(0,0,1),则AB=(1,0,1),AC=(0,1,1),DC=(0,1,0),BD=(1,0,0),从而有AB·AC=0+0+1=1,故AAB·DC=0,故BBD·AC=0,故C易知平面ADC的一个法向量为BD=(1,0,0),设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则AB即x-z=0,y-z=0,令y=1,则x=1,z=1,故平面ABC的一个法向量n=(1,1,1),12.(2020山东淄博期末)已知空间向量i,j,k都是单位向量,且两两垂直,则下列结论正确的是()A.向量i+j+k的模是3B.{i+j,ij,k}可以构成空间的一个基底C.向量i+j+k和k夹角的余弦值为3D.向量i+j与kj共线答案BC解析对于A,因为空间向量i,j,k都是单位向量,且两两垂直,所以|i|=|j|=|k|=1,且i·j=0,i·k=0,j·k=0,则|i+j+k|=(i所以向量i+j+k的模是3,故A错误;对于B,因为空间向量i,j,k都是单位向量,且两两垂直,所以i,j,k不共面,而向量i+j,ij均与i,j共面,所以i+j,ij与k不共面,则{i+j,ij,k}可以构成空间的一个基底,故B正确;对于C,设i+j+k与k的夹角为α,则cosα=(i+j+k)·k|i+j对于D,因为|i+j|=(i+j)2=i2则cos<i+j,kj>=(i+j所以向量i+j与kj的夹角为120°,则向量i+j与kj不共线,故D错误.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知空间中两点A=(2,2,0),B=(3,y,1),向量a=(3,1,3),a∥AB,则|a|=,y=.

答案19解析因为a=(3,1,3),则|a|=32因为A=(2,2,0),B=(3,y,1),所以AB=(1,y2,1).又a∥AB,则有AB=λa(λ∈R),即(1,y2,1)=λ(3,1,3),所以1=3λ,14.在空间直角坐标系Oxyz中,向量OA=(1,1,2),OB=(1,1,t),OC=(2,1,1),若O,A,B,C四点共面,则t=.

答案8解析O,A,B,C四点共面,则存在实数λ,μ使得OB=λOA+μOC,即(1,1,t)=(λ+2μ,λ+μ,2λμ),∴λ+2μ15.(2020山东临沂期末)如图,在正四棱锥PABCD中,PA=AB,点M为PA的中点,BD=λBN.若MN⊥AD,则实数λ=.

答案4解析连接AC,交BD于O,以O为原点,OA为x轴,OB为y轴,OP为z轴,建立空间直角坐标系,图略.设PA=AB=2,则A(2,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),M22,0,22,B(0,2,0),BD=(0,22,0),设N(0,b,0),则BN∵BD=λBN,∴22=λ(b2),∴b=2λ∴N0,2λ-22λ,0,MN=22,∵MN⊥AD,∴MN·AD=12解得λ=4.16.(2020四川成都模拟)已知在平行六面体ABCDA1B1C1D1中,∠A1AD=∠A1AB=∠BAD=60°,AA1=AB=AD,E为A1D1的中点.给出下列四个说法:①∠BCC1为异面直线AD与CC1所成的角;②三棱锥A1ABD是正三棱锥;③CE⊥平面BB1D1D;④CE=12AD-AB+AA1答案②④解析①∠BCC1=120°,而异面直线AD与CC1所成的角为60°,故①错误;②三棱锥A1ABD的每个面都为正三角形,故为正四面体,故②正确;④根据向量加法的三角形法则,CE=CB+BA+AA1+③∵BD=AD-AB,∴CE·BD=12AD-AB+AA1·(AD-AB)=12|AD|2+12AD·AB-AB·AD+|AB|2+AA1·四、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)(2020山西太原期末)如图,三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等,∠A1AB=∠A1AC=60°,点M为△ABC的重心,AM的延长线交BC于点N,连接A1M.设AB=a,AC=b,A1A=(1)用a,b,c表示A1(2)求证:A1M⊥AB.(1)解因为△ABC为正三角形,点M为△ABC的重心,所以N为BC的中点,所以AN=所以A1M=AA1+13AB(2)证明设三棱柱的棱长为m,则A1M·AB=13a+13bc·a=13a2+13a·bc·a=13m2+13m2×12m2×118.(12分)已知a=(2,3,1),b=(2,0,3),c=(0,0,m).(1)若a+2b3c=(6,3,1),求实数m的值;(2)若m=2,求a·(b+c)的值.解(1)因为a=(2,3,1),b=(2,0,3),c=(0,0,m),所以a+2b3c=(6,3,73m)=(6,3,1),所以73m=1,解得m=2.(2)若m=2,则c=(0,0,2),b+c=(2,0,5),所以a·(b+c)=(2,3,1)·(2,0,5)=9.19.(12分)(2020河南安阳二模)已知在四棱锥SABCD中,四边形ABCD是菱形,且∠ABC=120°,△SBC为等边三角形,平面SBC⊥平面ABCD.(1)求证:BC⊥SD;(2)若点E是线段SA上靠近S的三等分点,求直线DE与平面SAB所成角的正弦值.(1)证明取BC的中点F,连接BD,DF和SF.因为△SBC为等边三角形,所以SF⊥BC.又四边形ABCD是菱形,且∠ABC=120°,所以△BCD为等边三角形,所以DF⊥BC.又SF∩DF=F,SF⊂平面SDF,DF⊂平面SDF,所以BC⊥平面SDF.又SD⊂平面SDF,所以BC⊥SD.(2)解因为平面SBC⊥平面ABCD,平面SBC∩平面ABCD=BC,SF⊥BC,SF⊂平面SBC,所以SF⊥平面ABCD.又DF⊥BC,所以SF,BC,DF两两垂直.以点F为坐标原点,FC,FD,FS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Fxyz,如图所示.不妨设AB=2,则A(2,3,0),B(1,0,0),S(0,0,3),所以AB=(1,3,0),AS=(2,3,3设平面SAB的法向量为m=(x,y,z),由m令y=1,得平面SAB的一个法向量m=(3,1,1).又SE=13SA=23所以E23,3又D(0,3,0),所以DE=23,233设直线DE与平面SAB所成的角为θ,则sinθ=|DE20.(12分)(2020湖南长沙期中)如图,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形,PA=AD=2,M,N分别是AB,PC的中点.(1)求证:平面MND⊥平面PCD;(2)求点P到平面MND的距离.(1)证明∵PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,∴AB,AD,AP两两互相垂直,如图所示,分别以AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),M(1,0,0),N(1,1,1),∴MN=(0,1,1),ND=(1,1,1),PD=(0,2,2).设m=(x,y,z)是平面MND的法向量,可得m取y=1,得x=2,z=1,∴m=(2,1,1)是平面MND的一个法向量,同理可得n=(0,1,1)是平面PCD的一个法向量,∵m·n=2×0+(1)×1+1×1=0,∴m⊥n,即平面MND的法向量与平面PCD的法向量互相垂直,可得平面MND⊥平面PCD.(2)解由(1)得m=(2,1,1)是平面MND的一个法向量.∵PD=(0,2,2),得PD·m=0×(2)+2×(1)+(2)×1=4,∴点P到平面MND的距离d=|m21.(12分)如图,在直三棱柱A1B1C1ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,AA1=4,点D是BC的中点.(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;(2)求平面ADC1与平面ABA1夹角的余弦值.解(1)分别以AB,AC,AA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Axyz,如图.则由题意知A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),C1(0,2,4),∴A1B=(2,0,4),C1D=(1,1,4),∴cos<A1B,C1D>=A1B·(2)AC=(0,2,0)是平面ABA1的一个法向量.设平面ADC1的法向量为m=(x,y,z),∵AD=(1,1,0),AC1∴m·AD=0,m·AC1=0,即x+y=0,2y+4z=0,取z=1,得∴cosθ=|cos