2024秋高中数学第一章空间向量与立体几何综合训练新人教B版选择性必修第一册

PAGEPAGE1第一章综合训练一、单项选择题1.在平行六面体ABCD-A'B'C'D'中,向量AB',ADA.有相同的始点 B.等长C.共面 D.不共面2.已知A,B,C,D,E是空间中的五个点,其中点A,B,C不共线,则“存在实数x,y,使得DE=xAB+yAC”是“DE∥平面ABC”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,BA+BC+DA.D1B1 C.DB1 D4.如图所示,已知空间四边形ABCD,连接AC,BD.M,G分别是BC,CD的中点,则AB+12A.AD B.GAC.AG D.MG5.在四棱锥P-ABCD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.已知两不重合的平面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.直线AB与直二面角α-l-β的两个半平面分别交于A,B两点,且点A,B都不在棱l上,设直线AB与α,β所成的角分别为θ和φ,则θ+φ的取值范围是()A.0°<θ+φ<90° B.0°<θ+φ≤90°C.90°<θ+φ<180° D.θ+φ=90°8.在空间直角坐标系Oxyz中,向量u=(a,b,0),v=(c,d,1),其中a2+b2=c2+d2=1,则下列推断错误的是()A.向量v与z轴正方向的夹角为定值(与c,d之值无关)B.u·v的最大值为2C.u与v的夹角的最大值为3πD.ad+bc的最大值为1二、多项选择题9.有下列四个命题,其中是真命题的有()A.若p=xa+yb,则p与a,b共面B.若p与a,b共面,则p=xa+ybC.若MP=xMA+yMB,则点P,M,A,B共面D.若点P,M,A,B共面,则MP=xMA+yMB10.已知向量a=(1,2,3),b=(3,0,-1),c=(-1,5,-3),则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|=|a-b-c|11.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别为AB,CC1,A1D1,C1D1的中点,则下列结论正确的是()A.A1E⊥AC1 B.BF∥平面ADD1A1C.BF⊥DG D.A1E∥CH12.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,则如下结论正确的有()A.AC⊥BDB.△ACD是等边三角形C.AB与平面BCD所成的角为60°D.AB与CD所成的角为60°三、填空题13.在棱长为a的正四面体A-BCD中,AB·BC+AC14.已知a=(1,2,-y),b=(x,1,2),且(a+2b)∥(2a-b),则xy=.

15.设PA与Rt△ABC所在的平面α垂直,∠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.(2024浙江诸暨期中)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB,AC,AA1两两相互垂直,AB=AC=AA1,M,N分别是侧棱BB1,CC1上的点,平面AMN与平面ABC所成的角为π6,当B1M最小时∠AMB=.四、解答题17.如图所示,在四棱锥M-ABCD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.18.(2024河北保定期中)在空间直角坐标系Oxyz中,已知a=(3,5,-4),b=(2,1,8).(1)求a·b;(2)求λ,μ的值使得λa+μb与z轴垂直,且(λa+μb)·(a+b)=53.19.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相互垂直,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.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.(1)证明:BF⊥DE;(2)当B1D为何值时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小?22.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,∠ADC=90°,平面PAD⊥底面ABCD,Q为AD的中点,M是棱PC上的点,PA=PD=2,BC=12AD=1,CD=3(1)求证:平面PBC⊥平面PQB;(2)当PM的长为何值时,平面QMB与平面PDC所成的角的大小为60°?

第一章综合训练1.C向量AB',AD',由该几何体是平行六面体,知这三个向量的长度不确定相等,B不正确;∵AD'∴AB',AD',BD2.B依据题意,若存在实数x,y,使得DE=xAB+yAC,则DE∥平面ABC或DE⊂平面ABC.反之,若DE∥平面ABC,则向量DE与AB又由点A,B,C不共线,故确定存在实数x,y,使得DE=xAB+yAC,故“存在实数x,y,使得DE=xAB+yAC”是“DE∥平面ABC”的必要不充分条件.3.D如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,BA+BC+DD1=4.C∵M,G分别是BC,CD的中点,∴BM=12BC5.B设平面ABCD的一个法向量为n=(x,y,z),则n不妨令x=3,则y=12,z=4,此时n=(3,12,4),故四棱锥的高h=|AP·n6.A由题意,n1·AB=2×1+(-3)×0+1×(-2)=0,得n1⊥AB,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.B如图,分别过点A,B向平面β,α作垂线,垂足为A1,B1,连接BA1,AB1.由已知α⊥β,所以AA1⊥β,BB1⊥α,因此∠BAB1=θ,∠ABA1=φ.由最小角定理得∠BAA1≥θ,而∠BAA1+φ=90°,故θ+φ=θ+90°-∠BAA1≤90°,当AB⊥l时,θ+φ=90°,应选B.8.B在A中,设z轴正方向的方向向量z=(0,0,t)(t>0),向量v与z轴正方向的夹角的余弦值cosα=z·v|z||∴向量v与z轴正方向的夹角为定值45°(与c,d之值无关),故A正确;在B中,u·v=ac+bd≤a2+当且仅当a=c,b=d时取等号,因此u·v的最大值为1,故B错误;在C中,由上可得|u·v|≤1,∴-1≤u·v≤1,∴cos<u,v>=u·v|u||v∴u与v的夹角的最大值为3π4,故C正确在D中,ad+bc≤a2+∴ad+bc的最大值为1,故D正确.9.AC若p=xa+yb,则p与a,b确定在同一平面内,故A为真命题;若p与a,b共面,但假如a与b共线,则p不确定能用a,b来表示,故B为假命题;同理,D也为假命题;若MP=xMA+yMB,则MP,MA,MB三向量在同一平面内,所以点P,M,A,B共面,10.BCDA.等号左边为向量,右边为实数,明显不相等,不正确;B.等号左边=(4,2,2)·(-1,5,-3)=0,右边=(1,2,3)·(2,5,-4)=2+10-12=0,∴左边=右边,因此正确.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,因此正确.D.由C可得左边=59,∵a-b-c=(-1,-3,7),∴|a-b-c|=59,∴左边=右边,因此正确.故BCD正确.11.BCD设正方体的棱长为1,以D为原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(1,0,1),E1,12,0,C(0,1,0),F0,1,12,C1(0,1,1),H0,12,1,G12,0,1,所以A1E·AC1=-12,所以A1E与AC明显平面ADD1A1的一个法向量v=(0,1,0),有BF·v=0,又BF⊄平面ADD1A1,所以BF∥平面ADD1A1,故B正确;BF·DG=0,所以BF⊥DG,故CA1E=-CH,又点A1,E,C,H不在同始终线上,所以A1E∥CH,故D12.ABD如图所示,取BD的中点O,连接OC,OA,CA,由题意易知,BD,OA,OC两两垂直,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系Oxyz,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),CD=(1,0,-1),AD=(1,-1,0),AB=(-1,-1,0),AC·BD=0,故AC⊥BD,A又|AC|=2,|CD|=2,|AD|=2,所以△ACD为等边三角形,B正确.对于C,OA为平面BCD的一个法向量,所以∠ABD为AB与平面BCD所成的角,易得∠ABD=45°,所以AB与平面BCD所成的角为45°,故C错误.又cos<AB,CD>=AB·CD|AB||CD|=(-1,-113.-a22在棱长为a的正四面体ABCD中,易知AB=BC=a,且AB与BC的夹角为120°,∴AB·BC+AC·BD=a·a14.-2由题中条件得a+2b=(1+2x,4,-y+4),2a-b=(2-x,3,-2y-2),因为(a+2b)∥(2a-b),所以存在λ∈R使得a+2b=λ(2a-b),即1+2x=λ(2-x),4=3λ所以xy=-2.15.37如图,作AD⊥BC于点D,∵PA⊥面∴PA⊥AD.∴AD是PA与BC的公垂线.易得AB=2,AC=23,BC=4,AD=3,连接PD,则PD⊥BC,P到BC的距离PD=7.16.π3以点A为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示.不妨设AB=AC=AA1=1,CN=b,BM=a,0≤a≤1,0≤b≤1,则N(0,1,b),M(1,0,a),A(0,0,0),B所以AM=(1,0,a),AN=(0,1,b).设平面AMN的一个法向量为n=(x,y,z),则n令z=1,此时n=(-a,-b,1),易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1).因为平面AMN与平面ABC所成的角为π6所以|cos<m,n>|=|m化简可得3a2+3b2=1.当B1M最小时,则b=0,BM=a=33所以tan∠AMB=ABBM=133=17.解BN=BC+CN=AD+12CM=AD+12(AM−AC)=AD+12[AM-(AD+AB)]=-12AB+12AD+12AM.所以BN=-12a+12b+12c,|BN|2=BN2=-12a+12b+12c2=14(a2+b2+c2-2a·b-2a·c+2b·c).因为|a|=2,|b|=2,|c|=3,<a,b>=90°,<a,c>=60°,<b,c>=60°,所以18.解(1)因为a=(3,5,-4),b=(2,1,8),所以a·b=3×2+5×1-4×8=-21.(2)取z轴上的单位向量n=(0,0,1),a+b=(5,6,4).由题意得(所以-4λ+8μ=0,29λ19.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),∴|c|=(2m)2∴m=±1,∴c=(2,1,-2)或c=(-2,-1,2).(2)由题得a=(-1,-1,0),b=(1,0,-2),∴ka+b=k(-1,-1,0)+(1,0,-2)=(1-k,-k,-2),∵向量ka+b与b相互垂直,∴(ka+b)·b=1-k+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>=1-110=310,∴S△ABC=12×|AB|×|20.证明(1)如图,连接BG,由题意可知,BD=2EH,BC=2BF,则EG=EB+BG=EB+12(BC+(2)因为EH=AH−AE=12AD−12AB=12(AD−AB)所以BD∥平面EFGH.(3)连接OM,OA,OB,OC,OD,OE,OG,由(2)知EH=同理FG=所以EH=所以EH∥FG,EH=FG,所以EG,FH交于一点M且被点M平分,所以OM=12(OE+OG)=12121.证明(1)如图,连接A1E,取BC中点M,连接B1M,EM.∵E,M分别为AC,BC的中点,∴EM∥AB.又AB∥A1B1,∴A1B1∥EM.则点A1,B1,M,E四点共面.故DE⊂平面A1B1ME.又在侧面BCC1B1中,△FCB≌△MBB1,∴∠FBM=∠MB1B.又∠MB1B+∠B1MB=90°,∴∠FBM+∠B1MB=90°,∴BF⊥MB1.又BF⊥A1B1,MB1∩A1B1=B1,MB1,A1B1⊂平面A1B1ME,∴BF⊥平面A1B1ME,∴BF⊥DE.(2)∵BF⊥A1B1,∴BF⊥AB,∴AF2=BF2+AB2=CF2+BC2+AB2=9.又AF2=FC2+AC2,∴AC2=8,则AB⊥BC.如图,以B为原点,BA,BC,BB1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),C(0,2,0),A(2,0,0),E(1,1,0),F(0,2,1).则EF=(-1,1,1),设DB1=t,0≤t≤2,则D(t,0,2),ED=(t-1,-1,2).则平面BB1C1C的一个法向量为m=(1,0,0),设平面DEF的一个法向量为n=(x,y,z),∴EF令x=3,此时n=(3,1+t,2-t).则cos<m,n>=3(设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的大小为θ,则s