空间向量与立体几何单元检测-2023-2024学年人教A版数学选择性必修第一册

第1章空间向量与立体几何一、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.已知向量a=(1,1,2),b=(x,1,2x-3),若a⊥b,则x=()A.-2 B.-1 C.0 D.12.已知向量a=(0,-1,1)与b=(0,2k-3,k2)共线,则实数k=()A.0 B.1C.-1或3 D.-3或13.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,M为A1C1与B1D1的交点.若AB=a,AD=b,AA1=c,则下列向量中与BM相等的向量是(A.12a+12b+c B.12a-1C.-12a+12b+c D.12a+14.已知空间向量a=(2,1,-3),b=(-1,2,3),c=(7,6,z),若三向量a,b,c共面,则实数z=()A.1 B.-9 C.-3 D.-15.已知向量a=(1,1,0),则与a同向共线的单位向量e=()A.-22,22,0 B.(0,1,0) C.22,22,0 D.(6.在正四面体ABCD中,M,N分别是线段BC,AD的中点,则直线AM和CN夹角的余弦值为()A.33 B.63 C.27.在正四面体PABC中,棱长为1,且D为棱AB的中点,则PD·PC=(A.-14 B.-C.-12 D.8.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=2,AB⊥AD,∠A1AB=∠A1AD=π3,则AC1的长为(A.23 B.25 C.12 D.20二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.以下说法正确的是()A.直线l的方向向量为a=(1,-1,2),直线m的方向向量b=(1,2,1),则直线l与m不垂直B.直线l的方向向量a=(0,1,-1),平面α的法向量n=(1,-1,-1),则l⊥αC.两个不同平面α,β的法向量分别为n1=(2,-1,0),n2=(-4,2,0),则α∥βD.平面α经过三点A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),向量n=(1,u,t)是平面α的法向量,则u+t=110.已知空间向量a=(-2,-1,1),b=(3,4,5),则下列结论正确的是()A.c=(-3,1,8)与a,b共面 B.(2a+b)∥aC.a在b上的投影向量的模是22 D.a与b夹角的余弦值为-11.已知空间中不共面的四点A(1,2,0),B(0,1,-1),C(2,0,0),D(1,1,1),则()A.直线AC与BD所成角的余弦值是15 B.二面角A-BC-D的正弦值是C.点D到平面ABC的距离是2147 D.四面体ABCD三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.已知两条异面直线l1,l2对应的方向向量分别是a=(-1,0,2),b=(0,11,5),则异面直线l1,l2的夹角为13.已知点A(0,1,2)在平面α内,n=(-1,3,2)为平面α的一个法向量,则点D(5,7,-3)到平面α的距离为.

14.如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均相等,∠ACC1=2∠A1AB=120°,E,F分别为B1C1,A1C1的中点,则异面直线BE与CF所成角的余弦值为.

四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.(13分)已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,c),且|a+b|=5.(1)求c的值;(2)若ka+b与2a-b互相垂直,求实数k的值.16.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PD⊥平面ABCD,PD=DA=2,DC=1,M是BC的中点,点Q在PM上,且PQ=2QM.(1)证明:DQ⊥平面PAM;(2)求平面PAM与平面PDC的夹角的余弦值.17.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,∠ABC=90°,PA=AB=BC=2,AD=1,点M,N分别为棱PB,DC的中点.(1)求证:AM∥平面PCD;(2)求直线MN与平面PCD所成角的正弦值.18.(17分)已知正三棱柱ABC-A1B1C1,底面边长AB=2,AB1⊥BC1,O,O1分别是棱AC,A1C1的中点.建立如图所示的空间直角坐标系.(1)求三棱柱的侧棱长;(2)求异面直线AB1与BC所成角的余弦值.19.(17分)已知三棱锥P-ABC(如图1)的平面展开图(如图2)中,四边形ABCD为边长等于2的正方形,△ABE和△BCF均为正三角形,在三棱锥P-ABC中,图1图2(1)证明:平面PAC⊥平面ABC;(2)若点M在棱PA上运动,当直线BM与平面PAC所成的角最大时,求平面MBC与平面BCA夹角的余弦值.

参考答案第3周检测(第一章)1.D因为a⊥b,所以a·b=0,即x+1+2(2x-3)=0,解得x=1.故选D.2.D因为向量a=(0,-1,1)与b=(0,2k-3,k2)共线,所以2k-3-1=k21,即k2+2k-所以实数k的值为-3或1.故选D.3.C由题可得,BM=BB1+B1M=AA14.B因为三向量a,b,c共面,设c=ma+nb,其中m,n∈R,则2m-n=75.C因为向量a=(1,1,0),所以|a|=2,所以与a同向共线的单位向量e=22,22,0.故选6.D如图所示,由四面体ABCD为正四面体,得∠ADB=∠ADC=∠BDC=π3设正四面体ABCD的棱长为2,则DA·DB=以{DA,DB,则AM=AB+1所以AM·CN=12DB-DA+12DC·12DA-DC=-1|AM|=(=DA=4+1+1-|CN|=(114所以cos<AM,CN>=-2所以直线AM和CN夹角的余弦值为23.故选7.D如图,因为D为棱AB的中点,所以PD=则PD·PC=1由正四面体的性质,得向量PA与PC的夹角为60°,同理,向量PB与PC的夹角为60°,且|PA|=|PB|=|PC|=1,则PA·PC=PB·PC=1×1×cos60°=1故选D.8.B在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=2,AB⊥AD,∠A1AB=∠A1AD=π3则AB·AD=0,AB·AA1因为AC所以|AC1|=AB2=22+22+229.ACD对于A,a=(1,-1,2),b=(1,2,1),则a·b=1≠0,则有a,b不垂直,即直线l与m不垂直.故A正确;对于B,因为a=(0,1,-1),n=(1,-1,-1),则a·n=0,有a⊥n,得a∥α,直线l与平面α不垂直.故B不正确;对于C,由n1=(2,-1,0),n2=(-4,2,0)得,n2=-2n1,即n1与n2共线,则α∥β.故C正确;对于D,点A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),则AB=(-1,1,1),BC=(-1,1,0).又向量n=(1,u,t)是平面α的法向量,则n·AB=-1+u+t=0,n·10.ACD对于A,因为空间向量a=(-2,-1,1),b=(3,4,5),c=(-3,1,8),所以c=3a+b,所以c与a,b共面.故A正确;对于B,因为向量a=(-2,-1,1),b=(3,4,5),所以2a+b=(-1,2,7).因为-1-2≠2-1≠71,所以(2a+对于C,a在b上的投影向量的模为|a·b||对于D,a与b夹角的余弦值为cos<a,b>=a·b|a||b|=-611.ACD由题可得AC=(1,-2,0),BD=(1,0,2),则cos<AC,BD>=AC·BD|AC||BD|=15BC=(2,-1,1),设m=(x1,y1,z1)是平面ABC的一个法向量,则m·AC=x1-2y1=0,m·BC=2x1-y1+设n=(x2,y2,z2)是平面BCD的一个法向量,则n·BD=x2+2z2=0,n·BC=2x2-y2+z则cos<m,n>=m·n|m||n故B错误;由B知,点D到平面ABC的距离d=|m·BD||cos∠ACB=cos<CA,CB>=cos<AC,BC>=AC·BC|AC故△ABC的面积S=12|AC||BC|sin∠ACB=12×5×6故D正确.故选ACD.12.π3由已知cos<a,b>=a由于异面直线夹角的取值范围为0,π2,所以异面直线l1,l2的夹角为π313.31414由A(0,1,2),D(5,7,-3),可得AD=(5,6,-又点A(0,1,2)在平面α内,n=(-1,3,2)为平面α的一个法向量,则点D到平面α的距离d=AD·n|n|=-5+18-14.156设三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为令AB=a,AC=b,AA1=由∠ACC1=2∠A1AB=120°,得∠A1AC=∠A1AB=∠CAB=60°,得a·b=1×1×cos60°=12,b·c=1×1×cos60°=12,a·c=1×1×cos60°=又BE=BB1+B1E=AA1+12BC所以BE·CF=c+12(b-a)·c-12b=c2-12a·c又|BE|=c+c2|CF|=(c所以|cos<BE,CF>|=故异面直线BE与CF所成角的余弦值为15615.解(1)a+b=(-1,0,c)+(1,1,0)=(0,1,c),所以|a+b|=1+c2=5,(2)当c=2时,ka+b=(k,k,0)+(-1,0,2)=(k-1,k,2),2a-b=(2,2,0)-(-1,0,2)=(3,2,-2).因为ka+b与2a-b互相垂直,所以3(k-1)+2k-4=0,解得k=75当c=-2时,ka+b=(k,k,0)+(-1,0,-2)=(k-1,k,-2),2a-b=(2,2,0)-(-1,0,-2)=(3,2,2).因为ka+b与2a-b互相垂直,所以3(k-1)+2k-4=0,解得k=75综上,k=7516.(1)证明∵PD⊥平面ABCD,且底面ABCD为矩形,∴直线PD,DA,DC两两垂直,以D为原点,直线DA,DC,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图.则A(2,0,0),D(0,0,0),C(0,1,0),M(1,1,0),P(0,0,2),Q23,2设n=(x,y,z)是平面PAM的一个法向量.AM=(-1,1,0),AP=(-2,0,2).则n取x=1,有y=1,z=1,∴n=(1,1,1).又DQ=23,23,23,则DQ=2∴DQ⊥平面PAM.(2)解由(1)可知平面PAM的法向量为n=(1,1,1).平面PDC的一个法向量为m=(1,0,0),则|cos<m,n>|=|m∴平面PAM与平面PDC的夹角的余弦值为3317.(1)证明取线段PC的中点E,连接ME,DE.∵M,E分别为线段PB,PC的中点,∴ME∥BC,ME=12由题可知,AD∥BC,AD=12BC,则ME∥AD,ME=AD故四边形ADEM为平行四边形,则AM∥DE.∵AM⊄平面PCD,DE⊂平面PCD,∴AM∥平面PCD.(2)解由题可知,直线AP,AB,AD两两垂直.以A为坐标原点,AD,AB,AP所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示空间直角坐标系,则P(0,0,2),C(2,2,0),D(1,0,0),M(0,1,1),N32,1,0,则PD=(1,0,-2),DC=(1,2,0),MN=32,0,-1.设平面PCD的法向量n=(x,y,z),则n令x=2,则y=-1,z=1,即n=(2,-1,1),∴sin<MN,n>=|cos<MN,n>|=|MN·n||MN||n18.解(1)设侧棱长为b,则A(0,-1,0),B1(3,0,b),B(3,0,0),C1(0,1,b),C(0,1,0),所以AB1=(3,1,b),BC1=(-3,1,b因为AB1⊥BC1,所以AB1·BC1=-(3)2+12+b故三棱柱的侧棱长为2.(2)由(1)知AB1=(3,1,2),BC=(-3,1,0)因为|AB1|=(3)2+12+(2)2=6,|BC|=(-3)2+12所以异面直线AB1与BC所成角的余弦值为6619.(1)证明设线段AC的中点为O,连接OB,OP,由题意得,PA=PB=PC=2,OP=1,OA=OB=OC=1.∵在△PAC中,PA=PC,线段AC的中点为O,∴OP⊥AC.又在△POB中,OP=1,OB=1,PB=2,∴OP2+OB2=PB2,即OP⊥OB.∵AC∩OB=O,AC⊂平面ABC,OB⊂平面ABC,∴OP⊥平面ABC.又OP⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC.(2)解由(1)可知,OB⊥OP,OB⊥AC,AC∩OP=O,∴OB⊥平面P