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（一）

过关综合测评第一章测评(一)(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.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.不共面向量答案C解析结合图形,A,B明显错误;∵AD'∴AB',AD',BD2.(2020湖南张家界期末)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.以上都不对答案C解析∵a·b=4+0+4=0,∴a⊥b.∵-4-2=-6∵b·c=8+0+8=0,∴b⊥c,故选C.3.在长方体ABCDA1B1C1D1中,BA+BC+DDA.D1B1 B.D1B C答案D解析如图所示,在长方体ABCDA1B1C1D1中,BA+BC+DD1=4.已知空间四边形OABC,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.OG答案C解析OG=OM+MG=OM+5.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.26答案B解析设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z),则n不妨令x=3,则y=12,z=4,可得平面ABCD的一个法向量n=(3,12,4).故四棱锥的高h=|AP·n6.(2020江西高安期中)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ABC B.平面α⊥平面ABCC.平面α、平面ABC相交但不垂直 D.以上均有可能答案A解析由题意,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,所以n1⊥平面ABC,所以平面α的法向量与平面ABC的法向量共线,则平面α∥平面ABC.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°答案C解析设向量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.(2020上海闵行期中)长方体A1A2A3A4B1B2B3B4的底面为边长为1的正方形,高为2,则集合A={x|x=A1B2·AiBj,i∈{1,2,3,4},A.1 B.2 C.3 D.4答案C解析∵长方体A1A2A3A4B1B2B3B4的底面为边长为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A1B2=(1,0,2)此时A1B2·A1A1B3=(1,1,2),此时A1B2与A1B4=(0,1,2)此时A1B2·A1与A2B1=(1,0,2)此时A1B2·A2A2B4=(1,1,2),A1B2A3B1=(1,1,2),A1B2与A3B2=(0,1,2)此时A1B2·A4A4B2=(1,1,2),A1B2·综上,集合A={x|x=A1B2·AiBj,i∈{1,2,3,4},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.如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=5,AD=4,AA1=3,以直线DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则()A.点B1的坐标为(4,5,3)B.点C1关于点B对称的点为(5,8,3)C.点A关于直线BD1对称的点为(0,5,3)D.点C关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0)答案ACD解析由图形及其已知可得,点B1的坐标为(4,5,3),点C1(0,5,3)关于点B(4,5,0)对称的点为(8,5,3),点A关于直线BD1对称的点为C1(0,5,3),点C(0,5,0)关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0).故A,C,D正确.10.(2020江苏南通期末)设{a,b,c}是空间一个基底,下列说法正确的有()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答案BCD解析对于A,b与a,c都垂直,a,c夹角不一定是π2,故A错误对于B,根据基底的概念可知,a,b,c两两共面,但a,b,c不可能共面,故B正确;对于C,根据空间向量的基本定理可知,C正确;对于D,由于{a,b,c}为空间中的一个基底,所以a,b,c不共面,设a+b,b+c,c+a共面,不妨设a+b=x(b+c)+(1x)(c+a),化简得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,可作为空间的一个基底,故D正确.11.已知正方体ABCDA1B1C1D1,下列说法正确的是()A.(A1A+A1D1B.A1C·(A1C.向量AD1与向量A1D.正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|AB·答案AB解析由向量的加法得A1∵A1C2=3A1B1∴(A1C)2=3(A1B1)2∵A1B1-A1A=∴A1C·AB1∵△ACD1是等边三角形,∴∠AD1C=60°,又A1B∥D1C,∴异面直线AD1与A1B所成的夹角为60°,但是向量AD1与向量A1B的夹角是120°,∵AB⊥AA1,∴AB·A故|AB·AA1·AD12.在正方体ABCDA1B1C1D1中,给出下列四个命题:其中正确的命题是()A.(A1A+A1B.A1C·(A1C.向量AD1与向量A1D.正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|AB·答案AB解析A中,设正方体的棱长为1,则(A1A+A1D1+A1B1)B中,A1B1-A1A=C中,A1B与AD1两异面直线所成角为60°,但AD1与A1B的夹角为120D中,|AB·AA1·AD三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.设a=(2,6,3),则与a平行的单位向量的坐标为,同时垂直于a=(2,2,1),b=(4,5,3)的单位向量e=.

答案27,67,37或27,67,3713,23解析设与a平行的单位向量为u,则u=μa=(2μ,6μ,3μ),且|u|=1=(2解得μ=±17∴u=27,67,37或u=27,设同时垂直于a=(2,2,1),b=(4,5,3)的单位向量e=(x,y,z),则e解得x∴e=13,23,23或e=13,14.已知空间向量a=(1,n,2),b=(2,1,2).若2ab与b垂直,则|a|=.

答案3解析∵a=(1,n,2),b=(2,1,2),∴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.已知点A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,1),O(0,0,0),点P在平面ABC内,OP⊥平面ABC,则点P的坐标为.

答案49,解析设P(x,y,z),则OP=(x,y,z).∵A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,1),∴AB=(1,2,0),BC=(0,2,1).∵OP⊥平面ABC,∴-x+2y=0,∴P(2y,y,2y),∴AP=(2y1,y,2y),BP=(2y,y2,2y),CP=(2y,y,2y1).∵点P在平面ABC内,∴(2y1,y,2y)=λ(2y,y2,2y)+μ(2y,y,2y1),∴2∴y=29,∴P416.(2021浙江杭州模拟)已知e1,e2,e3是空间单位向量,e1·e2=e2·e3=e3·e1=12,若空间向量a满足a=xe1+ye2(x,y∈R),|a|=2,则|a·e3|的最大值是.答案2解析空间向量a满足a=xe1+ye2(x,y∈R),且e1·e2=e2·e3=e3·e1=12,则|a|2=x2+y2+xy又由|a|=2,得|a|2=4.即x2+y2+xy=4.又|a·e3|=|(xe1+ye2)·e3|=12|x+y|由于x2+y2≥2xy,所以由x2+y2+xy=4,整理得3xy≤4,即xy≤43所以|x+y|2=x2+y2+2xy=x2+y2+xy+xy≤4+43=163,故所以|a·e3|=12|x+y|≤23=233,当且仅当四、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)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BN的长.解BN=AD+=AD+12=12所以BN=12a+12b+1|BN|2=-=14(a2+b2+c22a·b2a·c+2b·c)=17所以|BN|=172,即BN的长为1718.(12分)如图,在正三棱柱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(1)证明AB因为BB1⊥平面ABC,所以BB1·AB=0,又△ABC为正三角形,所以<AB,BC>=π<BA,BC因为AB1·BC1=(=AB·BB1+AB=|AB|·|BC|·cos<AB,BC>+|BB1|2=1+1=0,所以AB1(2)解由(1)知AB1·BC1=|AB|·|BC|·cos<AB,BC>+|B又|AB1|=|AB|2+|BB1|所以|BB1|=2,即侧棱长为19.(12分)(2020北京西城期中)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,求实数k的值;(3)求△ABC的面积.解(1)∵B(1,1,2),C(3,0,4),∴BC=(3,0,4)(1,1,2)=(2,1,2).∵|c|=3,且c∥BC,∴c=mBC=m(2,1,2)=(2m,m,2m),m∈R,∴|c|=(2m)2∴m=±1,∴c=(2,1,2)或c=(2,1,2).(2)∵a=AB=(1,1,0),b=AC=(1,0,2),∴ka+b=k(1,1,0)+(1,0,2)=(1k,k,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),BC=(2,1,2),cos<AB,AC>=AB·sin<AB,AC>=∴△ABC的面积S△ABC=12×|AB|×|AC|×sin<AB,AC20.(12分)设点E,F分别是棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB,AA1的中点.如图,以C为坐标原点,射线CD,CB,CC1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.(1)求向量D1E(2)若点M,N分别是线段D1E与线段C1F上的点,问是否存在直线MN,使MN⊥平面ABCD?若存在,求点M,N的坐标;若不存在,请说明理由.解(1)在给定的空间直角坐标系中,C1(0,0,2),F(2,2,1),C1F=(2,2,1),D1(2,0,2),E(1,2,0),D1E=(1,2,2),所以D1E·C1F=1×2+2×(2)存在唯一直线MN,使MN⊥平面ABCD.若MN⊥平面ABCD,则MN与平面ABCD的一个法向量(0,0,1)平行,所以设M(a,a,m),N(a,a,n),MN=(0,0,nm),n≠m.又因为点M,N分别是线段D1E与线段C1F上的点,所以D1即D1M=λD1E,λ∈R,C1N=t(a2,a,m2)=(λ,2λ,2λ),(a,a,n2)=(2t,2t,t),所以a-2=-λ,a=2λ,m-2=-2λ,a21.(12分)如图所示,在三棱锥PABQ中,PB⊥平面ABQ,BA=BP=BQ,D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,AQ=2BD,PD与EQ交于点G,PC与FQ交于点H,连接GH.(1)求证:AB∥GH;(2)求平面DGH与平面GHE的夹角的余弦值.(1)证明因为D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,所以EF∥AB,DC∥AB.所以EF∥DC.又EF⊄平面PCD,DC⊂平面PCD,所以EF∥平面PCD.又EF⊂平面EFQ,平面EFQ∩平面PCD=GH,所以EF∥GH.又EF∥AB,所以AB∥GH.(2)解在△ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以∠ABQ=90°.又PB⊥平面ABQ,所以BA,BQ,BP两两垂直.以B为坐标原点,分别以BA,BQ,BP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设BA=BQ=BP=2,则E(1,0,1),F(0,0,1),Q(0,2,0),D(1,1,0),C(0,1,0),P(0,0,2).所以EQ=(1,2,1),FQ=(0,2,1