人教B版高中数学选择性必修第一册第一章空间向量与立体几何练习含答案

第一章空间向量与立体几何全卷满分150分考试用时120分钟一、单项选择题(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.在空间直角坐标系Oxyz中,点M(x,y,2023)(x∈R,y∈R)构成的集合是()A.一条直线B.平行于平面xOy的平面C.两条直线D.平行于平面zOx的平面2.已知u=(2,2,-1)是平面α的一个法向量,a=(-3,4,2)是直线l的一个方向向量,则直线l与平面α的位置关系是()A.平行或直线在平面内B.垂直C.相交但不垂直D.不能确定3.设x,y,z∈R,a=(1,1,1),b=(1,y,z),c=(x,-4,2),且a⊥b,b∥c,则|2a+b|=()A.224.如图,在四面体A-BCD中,点E,F分别是AB,CD的中点,点G是线段EF上靠近点E的一个三等分点,令AB=a,AC=b,AD=c,则AG=()A.13a+16b+16cB.16a+13C.13a-16b+16cD.16a-15.已知空间向量a,b,c两两夹角均为60°,其模均为1,则|a+b-2c|=()A.26.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为4的正三角形,底面ABCD为正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,若M为平面ABCD上的一个动点,且满足MP·A.257.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,∠BAD=90°,AD∥BC,AB=AD=PD=1,BC=2,PD⊥平面ABCD,则二面角A-PB-C的大小为()A.30°B.60°C.120°D.150°8.在棱长为2的正四面体A-BCD中,点M满足AM=xAB+yAC-(x+y-1)·AD,点N满足A.-4二、多项选择题(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.已知i,j,k是空间中三个向量,则下列说法错误的是()A.对于空间中的任意一个向量m,总存在实数x,y,z,使得m=xi+yj+zkB.若{i,j,k}是空间向量的一组基底,则{i-3j,j+k,k-2i}也是空间向量的一组基底C.若i⊥j,k⊥j,则i∥kD.若i,j,k所在直线两两共面,则i,j,k共面10.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为棱A1D1,AA1,CD的中点,则下列说法正确的是()A.B1G⊥BFB.直线B1G与BE所成的角为πC.若直线AB交平面EFC于点P,则AP=13D.直线B1F与平面BEF所成角的正弦值为211.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足BP=λA.当λ=1时,△AB1P的周长为定值B.当μ=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值C.当λ=12时,有且仅有一个点P,使得A1D.当μ=12时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)12.已知直线l经过A(-1,-1,0),B(1,-1,2)两点,则点P(-1,1,2)到直线l的距离为.

13.点P是底面边长为23,高为2的正三棱柱表面上的动点,MN是该棱柱内切球的一条直径,则PM·PN的取值范围是14.在我国古代数学名著《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.如图,在鳖臑P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=2,M为PC的中点,则点P到平面MAB的距离为.

四、解答题(本题共5小题,共77分)15.(13分)在三棱锥O-ABC中,∠AOB=∠BOC=∠AOC,且OA=OB=OC,M,N分别是OA,BC的中点,G是MN的中点,用向量方法证明OG⊥BC.16.(15分)如图①,在△ABC中,AB⊥BC,AB=6,BC=3,点D,E分别在AC,AB上,且满足AEBE(1)已知M,N分别为PB,PE上的动点,求证:MN⊥DE;(2)在翻折过程中,当二面角P-ED-B为60°时,求直线CE与平面PCD所成角的正弦值.17.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PB⊥底面ADCB,AB⊥BC,AD∥BC,AB=AD=2,CD⊥PD,异面直线PA和CD所成的角为60°.(1)求直线PC与平面PAD所成角的正弦值;(2)在棱PA上是否存在一点E,使得二面角A-BE-D的余弦值为6618.(17分)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形,AB∥DC,AD⊥DC,平面PDC⊥平面ABCD,△PDC是等边三角形,AB=AD=12(1)求证:PA∥平面EFG;(2)求二面角G-EF-D的大小;(3)若线段PB上存在一点Q,使得PC⊥平面ADQ,且PQ=λ19.(17分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=2BC,CM⊥AB于点M,点N在棱CC1上,满足CNC(1)若λ=23,求证:CM∥平面B1(2)设平面B1AN与平面B1MC所成的角为θ,若A1B⊥B1C,试判断命题“∃λ∈(0,1),θ=π4答案与解析第一章空间向量与立体几何1.B2.A3.D4.A5.B6.B7.C8.A9.ACD10.AC11.BD1.B由题意知,点M在平面xOy的上方,且到平面xOy的距离始终为2023.2.A因为u·a=2×(-3)+2×4+(-1)×2=0,所以u⊥a,所以直线l∥平面α或直线l⊂平面α.故选A.3.D由a⊥b,b∥c,得a⊥c,所以a·c=x-4+2=0,解得x=2,所以c=(2,-4,2).因为b∥c,所以y=-2,z=1,所以b=(1,-2,1).所以2a+b=(3,0,3),所以|2a+b|=18=34.A连接EC,ED,则AG=AE+EG=AE+15.B|a+b-2c|=(=1+1+4+2×1×1×16.B以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,过D且垂直于平面ABCD的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则P(2,0,23),C(0,4,0).设M(a,b,0),则MP=(2−a,−b,2∵MP·MC=0,∴(2−a,−b,23)·(-a,4-b,0)=-2a+a2-4b+b2=0,整理得(a-1)∴M为平面ABCD上到点(1,2,0)的距离为5的一个动点,故点M到直线AB的最大距离为4-1+5=3+7.C取BC的中点M,连接DM,由已知可得四边形ADMB为正方形,易得DM,DA,DP两两互相垂直,故以D为原点,DM,则A(0,1,0),B(1,1,0),C(1,-1,0),P(0,0,1),所以AP=(0,−1,1),设平面PAB的一个法向量为n1=(x,y,z),则n1·AP=0设平面PBC的一个法向量为n2=(a,b,c),则n2·BC=0所以cos<n1,n2>=12由图知,二面角A-PB-C的平面角为钝角,所以二面角A-PB-C的大小为120°.故选C.8.A由共面向量定理和共线向量定理可知,M∈平面BCD,N∈直线AC,当AM、BN最短时,AM⊥平面BCD,BN⊥AC,所以M为△BCD的中心,N为AC的中点,此时|MC|=23×2×sin60°=2339.ACD由空间向量基本定理可知,只有当i,j,k不共面时,{i,j,k}才能作为一组基底,才能得到m=xi+yj+zk,故A中说法错误;若{i,j,k}是空间向量的一组基底,则i,j,k不共面,设i-3j=λ(j+k)+μ(k-2i)=λj-2μi+(λ+μ)k,则λ=-3,-2μ=1,λ+μ=0,无解,所以i-3j,j+k,k-2若i⊥j,k⊥j,则i,k不一定平行,故C中说法错误;若i,j,k所在直线两两共面,则i,j,k不一定共面,故D中说法错误.故选ACD.10.AC如图1所示,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.不妨设正方体的棱长为2,则B(2,2,0),B1(2,2,2),E(1,0,2),F(2,0,1),G(0,1,0).对于A,B1G=(−2,−1,−2),所以B1G⊥对于B,BE=(-1,-2,2),因为B1G·BE=0,所以对于D,设平面BEF的一个法向量为m=(x,y,z),则m·BE=易得B1设直线B1F与平面BEF所成的角为θ,则sinθ=|cos<B1F,m>|=对于C,如图2所示,分别延长EF,DA相交于点M,连接MC,则MC与AB的交点即为点P.因为F为棱AA1的中点,所以A1F=AF=1,又∠EA1F=∠MAF=90°,∠A1FE=∠AFM,所以△EA1F≌△MAF,所以EA1=MA=1.因为△MAP∽△MDC,所以MAMD=APDC,所以故选AC.11.BD对于A,当λ=1时,点P在线段CC1上,设CP=x(0≤x≤1),若x=0,则△AB1P即为△AB1C,此时△AB1P的周长为22+1;若x=1,则△AB1P即为△AB1C1,此时△AB1P的周长为22+1;若0<x<1,则PC1=1-x,在Rt△PCA中,PA=1+x2,在Rt△B1C1P中,PB1=1+(1-x)2=对于B,当μ=1时,点P在线段B1C1上,因为B1C1∥BC,B1C1⊄平面A1BC,BC⊂平面A1BC,所以B1C1∥平面A1BC,所以B1C1上的任何一点到平面A1BC的距离均相等,所以三棱锥P-A1BC的体积为定值,故B正确.取BC,B1C1的中点分别为O,O1,连接OO1,AO,易知OO1⊥平面ABC,AO⊥BC,以OB,OA,OO1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,则B12对于C,当λ=12时,点P在线段OO1上,设P(0,0,z)(0≤z≤1),则A1P=0,32,对于D,当μ=12时,点P在线段MN上(M,N分别是线段BB1,CC1的中点),设Px,0,12-12≤x≤12,则AP=x,32,12,若A1B⊥平面AB1P,则A1B⊥AP,则故选BD.12.答案6解析由题可知AB=(2,0,2),PB=(2,-2,0),则|AB|=13.答案[0,4]解析由题意知内切球的半径为1.设球心为O,连接PO,OM,ON(图略),则PM·PN=(PO+OM)·(PO+ON∈[0,4].14.答案2解析易知PA⊥AB,PA⊥BC,AB⊥BC,故以B为坐标原点,BA,BC所在直线分别为x轴,y轴,过点B且与平面ABC垂直的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(2,0,0),P(2,0,2),C(0,2,0),由M为PC的中点可得M(1,1,1),所以BM=(1,1,1),设n=(x,y,z)为平面MAB的一个法向量,则n令z=-1,则x=0,y=1,所以n=(0,1,-1),所以点P到平面MAB的距离d=|n15.证明设OA=a,OB=b,OC=c,则|a|=|b|=|c|,a·b=|a||b|·cos∠AOB,a·c=|a||c|cos∠AOC.(5分)易得OG=12(OM+ON)=1212OA所以OG·BC=14(a+b+c)·(c-b)=14(a·c-a·b)+14所以OG⊥BC.(13分)16.解析(1)证明:在题图①中,∵AEBE又∵AB⊥BC,∴DE⊥BE且DE⊥AE,即在题图②中,DE⊥BE,DE⊥PE,(3分)又∵BE∩PE=E,BE,PE⊂平面PBE,∴DE⊥平面PBE,又MN⊂平面PBE,∴MN⊥DE.(6分)(2)∵DE⊥BE,DE⊥PE,∴∠PEB为二面角P-ED-B的平面角,则∠PEB=60°,在△PBE中,易知BE=2,PE=4,又∠PEB=60°,∴由余弦定理,可知PB=23,∴PB2+BE2=PE2,∴PB⊥BE.由(1)知,BC⊥平面PBE,则PB⊥BC.(9分)如图,以B为坐标原点,BE,BC,BP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则E(2,0,0),P(0,0,23),C(0,3,0),D(2,2,0),∴PC=(0,3,−2设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),则PC·n=3y-设直线CE与平面PCD所成的角为θ,则sinθ=|CE故直线CE与平面PCD所成角的正弦值为261317.解析(1)因为PB⊥底面ADCB,BC⊂底面ADCB,所以PB⊥BC,同理PB⊥AB,又因为AB⊥BC,所以以B为坐标原点,BA,BC,BP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,则A(2,0,0),B(0,0,0),D(2,2,0).设P(0,0,p),C(0,c,0),其中p>0,c>0,则PA=(2,0,−p),因为CD⊥PD,所以CD·所以CD=(2,-2,0),C(0,4,0).因为异面直线PA和CD所成的角为60°,所以12所以PA=(2,0,−2),P(0,0,2),设平面PAD的一个法向量为m=(x,y,z),则m令x=1,则y=0,z=1,所以m=(1,0,1),所以cos<PC,m>=0+0-所以直线PC与平面PAD所成角的正弦值为1010(2)存在.设PE=λPA,λ∈[0,1],则PE=(2λ,0,-2λ),所以E(2λ,0,2-2λ),BE=(2λ,0,2-2λ),由(1)知设平面BDE的一个法向量为n=(x1,y1,z1),则n令x1=1-λ,则y1=λ-1,z1=-λ,所以n=(1-λ,λ-1,-λ).易知平面PAB的一个法向量k=(0,1,0),(12分)又二面角A-BE-D的余弦值为66所以|cos<n,k>|=λ-1(所以E是棱PA上靠近点A的三等分点.(15分)18.解析(1)证明:取AD的中点H,连接EH,GH.∵E,F,G,H分别是PD,PC,BC,AD的中点,∴EF∥CD,GH∥CD,EH∥PA,∴EF∥GH,∴E,F,G,H四点共面.(2分)∵PA∥EH,PA⊄平面EFG,EH⊂平面EFG,∴PA∥平面EFG.(4分)(2)∵平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=DC,AD⊥DC,∴AD⊥平面PDC.以DA,DC所在直线分别为x轴,y轴,过点D且与平面ABCD垂直的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则G12∴EF=(0,1,0),易得平面EFD的一个法向量m=(1,0,0).设平面EFG的一个法向量为n=(x,y,z),∴n令x=3,则y=0,z=1,∴n=(3,0,1).(9分)∴cos<m,n>=m·