新教材适用2024-2025学年高中数学第3章空间向量与立体几何测评北师大版选择性必修第一册

第三章测评(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.已知点A(0,0,0),B(1,1,1),C(1,2,-1),则下列四个点中在平面ABC内的是().A.(2,3,1) B.(1,-1,2)C.(1,2,1) D.(1,0,3)2.已知空间四边形ABCD,G是CD的中点,连接AG,则AB+12(BD+A.AG B.CG C.BC D.13.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°4.如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为().(第4题)A.55 B.53 C.25.如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为A1B和AC上的点,|A1M|=|AN|=23a,则MN与平面BB1C1C的位置关系是()(第5题)A.相交 B.平行C.垂直 D.不能确定6.在三棱锥P-ABC中,PC⊥底面ABC,∠BAC=90°,AB=AC=4,∠PBC=60°,则点C到平面PAB的距离是().A.3427C.54277.如图,将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,若点P满意BP=12BA-12BC+BD,(第7题)A.32 B.3 C.748.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B的夹角均为30°,则().A.AB=2ADB.AB与平面AB1C1D的夹角为30°C.AC=CB1D.B1D与平面BB1C1C的夹角为45°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,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.在以下命题中,不正确的有().A.|a|-|b|=|a+b|是a,b共线的充要条件B.若a∥b,则存在唯一的实数λ,使a=λbC.对空间随意一点O和不共线的三点A,B,C,若OP=2OA-2OB-OC,则P,A,B,D.若{a,b,c}为空间的一组基,则{a+b,b+c,c+a}构成空间向量的另一组基10.已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点,假如AB=(2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1),则下列结论正确的有().A.AP⊥ABB.AP⊥ADC.AP是平面ABCD的一个法向量D.AP11.如图,在正三棱锥P-ABC中,D是侧棱PA的中点,O是底面ABC的中心,则下列四个结论中,对随意正三棱锥P-ABC,不成立的有().(第11题)A.OD∥平面PBCB.OD⊥PAC.OD⊥BCD.PA=2OD12.如图,在正方形ABCD中,E,F分别是AB,BC的中点,将△ADE,△CDF,△BEF分别沿DE,DF,EF翻折,使A,B,C重合于点P,则下列结论正确的有().(第12题)A.PD⊥EFB.平面PDE⊥平面PDFC.二面角P-EF-D的余弦值为1D.点P在平面DEF上的投影是△DEF的外心三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.如图,在空间四边形ABCD中,AC和BD为对角线,G为△ABC的重心,E为BD上一点,且BE=3ED,以{AB,AC,AD}为空间向量的一组基,则(第13题)14.在空间直角坐标系O-xyz中,点A(1,-2,0),B(2,1,6),则向量AB与平面xOz的法向量夹角的正弦值为.

15.已知点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16.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=1,D在棱BB1上,且BD=1,则平面ACD与平面ABC夹角的余弦值为.

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,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,O为AC的中点.(第17题)(1)化简:A1(2)设E是棱DD1上的点,且DE=23DD1,若EO=xAB+yAD+zAA1,18.(12分)如图,一块矿石晶体的形态为四棱柱ABCD-A1B1C1D1,底面ABCD是正方形,CC1=3,CD=2,且∠C1CB=∠C1CD=60°,设CD=a,CB=b,CC1=(1)试用a,b,c表示A1(2)已知O为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的中心,求CO的长.(第18题)19.(12分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为AB,B1C的中点.(1)用向量法证明平面A1BD∥平面B1CD1;(2)用向量法证明MN⊥平面A1BD.(第19题)20.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,AB=2,∠BAD=60°.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)若PA=AB,求PB与AC夹角的余弦值;(3)当平面PBC与平面PDC垂直时,求PA的长.(第20题)21.(12分)如图,在矩形ABCD中,点E,F分别在线段AB,AD上,且AE=EB=AF=23FD=4.沿直线EF将△AEF翻折成△A'EF,使平面A'EF⊥平面(1)求二面角A'-FD-C的平面角的余弦值;(2)点M,N分别在线段FD,BC上,若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折,使点C与点A'重合,求线段FM的长.(第21题)22.(12分)如图,正方形AA1D1D与矩形ABCD所在的平面相互垂直,AB=2AD=2,E为AB上一点.(1)当点E为AB的中点时,求证:BD1∥平面A1DE;(2)求点A1到平面BDD1的距离;(3)当AE=12EB时,求平面D1EC(第22题)

参考答案第三章测评1.D设该点为D.AB=(1,1,1),AC=(1,2,-1).设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,z),则n⊥AB,n⊥AC.由n·AB=0,n·AC=0,可得平面ABC的一个法向量为(3,-2,-1).当点D的坐标为(1,0,3)时,AD=(1,0,3),n·AD=0,从而点D在平面ABC内,其他点都不符合.故选D.2.A在△BCD中,因为G是CD的中点,所以BG=12(BD+BC),从而AB3.C设向量a+b与c的夹角为α.因为a+b=(-1,-2,-3),所以|a+b|=14,从而cosα=(a+b)·c|a+b||c|=12.所以α=60°.因为向量a+b与4.A不妨设CB=1,则CA=CC1=2.由题图知,A(2,0,0),B(0,0,1),B1(0,2,1),C1(0,2,0),所以BC1=(0,2,-1),AB1=所以cos<BC1,所以直线BC1与AB1夹角的余弦值为555.B在正方体ABCD-A1B1C1D1中,∵|A1B|=|AC|=2a,∴A1∴MN=MA1+因此MN,B又MN⊄平面BB1C1C,∴MN∥平面BB1C1C.(第6题)6.B∵在三棱锥P-ABC中,PC⊥底面ABC,∠BAC=90°,AB=AC=4,∠PBC=60°,∴以A为原点,AB所在直线为x轴,AC所在直线为y轴,过A作的平面ABC的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,如图,则C(0,4,0),P(0,4,46),A(0,0,0),B(4,0,0),∴AC=(0,4,0),AB=(4,0,0),AP=(0,4,46),设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z),则n·AP=4y+46z=0,n∴点C到平面PAB的距离d=|AC·n|7.D如图,取BD的中点O,连接OA,OC,AC,则∠AOC=90°.(第7题)在Rt△AOC中,OA=OC=22,所以AC=1,从而△ABC为等边三角形所以<BA,BC>=由题设可知|BA|=1,|BC|=1,|BD|=2.<BA,BD>=45°,<BD所以|BP|2=12BA-12BC+BD2=14BA2+14BC8.D连接BD,如图所示.(第8题)B1D与平面ABCD的夹角为∠B1DB,B1D与平面AA1B1B的夹角为∠DB1A,则∠B1DB=∠DB1A=30°.设B1D=2,则AD=B1B=1.由B1D2=AD2+CD2+B1B2,得AB=CD=2,从而AB=2AD,A错;过点B作BE⊥AB1,垂足为点E,因为AD⊥平面AA1B1B,所以AD⊥BE,又AD∩AB1=A,所以BE⊥平面AB1C1D,所以AE为AB在平面AB1C1D内的射影,则AB与平面AB1C1D的夹角为∠B1AB,又AB=2,所以tan∠B1AB=BB1AB=12=22,所以∠B1AB≠30°,B错;因为AC=3,CB1=2,所以AC≠CB1,C错;由DC⊥平面BB1C1C,知B1C为B1D在平面BB1C1C内的射影,B1D与平面BB1C1C的夹角为∠DB1C,又sin∠DB1C=CDB9.ABC|a|-|b|=|a+b|⇒a与b共线,但a与b共线时|a|-|b|=|a+b|不肯定成立,故A不正确;b需为非零向量,故B不正确;因为2-2-1≠1,由共面对量定理知C不正确;由基的定义知D正确.10.ABC∵AB·AP=0,AD·AP=0,∴AB⊥AP,AD⊥AP,则选项A和B都正确;又AB与AD不平行,∴AP是平面ABCD的一个法向量,故C正确;∵BD=AD-AB=(2,3,4),AP=(-1,2,11.AB如图,取BC的中点M,连接AM,PM,则O∈AM.∵AO=2OM,∴OD与PM不平行,∴OD∥平面PBC不成立,即A不成立;(第11题)连接OP,∵OA≠OP,D为PA中点,∴OD⊥PA不成立,即B不成立;∵P-ABC为正三棱锥,∴BC⊥PM.BC⊥AM,∴BC⊥平面APM,∴OD⊥BC,即C成立;∵PO⊥平面ABC,OA⊂平面ABC,∴PO⊥OA,∴三角形AOP为直角三角形.∵D为AP的中点,∴PA=2OD,即D成立.故选AB.12.ABC如图,取EF的中点H,连接PH,DH,(第12题)由题意知△PEF和△DEF为等腰三角形,故PH⊥EF,DH⊥EF,所以EF⊥平面PDH,所以PD⊥EF,故A正确.依据折起前后,可知PE,PF,PD两两垂直,于是可证平面PDE⊥平面PDF,故B正确.依据A选项可知∠PHD为二面角P-EF-D的平面角.设正方形的边长为2,则PE=PF=1,PH=22,DH=DE2-EH2=5-12=322,PD=DF2-PF2=2,所以过点P作PG⊥DH于点G,则点G为点P在平面DEF上的投影,PG=23,DG=423,HG=26,连接FG,则FG=53,因为FG≠DG,所以点G不是△DEF的外心13.-112AB-13AC+3414.74设平面xOz的一个法向量为n=(0,t,0)(t≠0).又AB=(1,3,6),所以cos<n,AB>=n·AB|n||AB|=3t4|t|.因为<15.[0,4]由题意知内切球的半径为1,设球心为O,则PM·PN=(PO+OM)·(PO+ON)=OP2+PO·(OM+因为1≤|OP|≤5,所以PM·PN∈16.217取AC中点E,连接BE,则BE⊥AC,如图,建立空间直角坐标系B-xyz(第16题)则A32,12,0,D(0,0,1),C32,-12,0,∴DC=32,-12,-1,DA=32,12设平面ACD的一个法向量为n=(x,y,z),则DC即3不妨取x=23,则z=3,y=0,∴n=(23,0,3),又BD为平面ABC的一个法向量,BD=(0,0,1),∴cos<n,BD>=n·∴由图形知平面ACD与平面ABC夹角的余弦值为21717.解(1)原式=A1O-1(2)∵EO=AO-AE=12(AB+AD∴x=12,y=-12,z=-18.解(1)由CD=a,CB=b,CC1=c,得CA1=a+b+c,所以(2)O为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的中心,即O为线段A1C的中点.由已知条件得|a|=|b|=2,|c|=3,a·b=0,<a,c>=60°,<b,c>=60°.由(1)得CA1=所以|CA1|2=CA12=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2a·c=22+22+32+0+2×2×3×cos60°所以A1C的长为29,从而CO的长为29219.证明(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BD=∵AD=A1D∴BD∥B1D1.∵BD⊂平面A1BD,B1D1⊄平面A1BD,∴B1D1∥平面A1BD.同理可证D1C∥平面A1BD.又B1D1∩D1C=D1,B1D1,D1C⊂平面B1CD1,∴平面A1BD∥平面B1CD1.(2)MN=MB+BC+CN=12AB设AB=a,AD=b,AA1=c,则a·b=0,c·b=0,c·a=0,MN=1∵BD=AD-∴MN·BD=12(a+b+c)·(b-a)=12(b∵|b|=|a|,∴b2=a2.∴MN·BD=0.∴MN⊥BD,同理可证,MN⊥A1B,又A1B∩BD=B,A1B,BD⊂平面A1BD,∴MN⊥平面A1BD.20.(1)证明因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD.又因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.因为AC∩PA=A,AC,PA⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC.(2)解设AC∩BD=O.因为∠BAD=60°,AB=2,所以BO=1,AO=CO=3.(第20题)如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,-3,2),A(0,-3,0),B(1,0,0),C(0,3,0),所以PB=(1,3,-2),AC=(0,23,0).设PB与AC的夹角为θ,则cosθ=|cos<PB,AC>|=PB·AC|故PB与AC夹角的余弦值为64(3)解由(2)知BC=(-1,3,0).设P(0,-3,t)(t>0),则BP=(-1,-3,t).设平面PBC的一个法向量为m=(x,y,z),则m⊥BC,m⊥BP.所以BC·m=0,BP·m=0,即-不妨取y=3,则x=3,z=6t所以m=3,3,6t为平面PBC的一个法向量同理可得平面PDC的一个法向量为n=-3,3,6t因为平面PBC⊥平面PDC,所以m·n=0,即-6+36t2解得t=6,所以PA=6.21.解(1)取线段EF的中点H,连接A'H.因为A'E=A'F,H是EF的中点,所以A'H⊥EF.又因为平面A'EF⊥平面BEF,平面A'EF∩平面BEF=EF,且A'H⊂平面A'EF,所以A'H⊥平面BEF.如图,以A为原点,AD,AB所在直线分别为x轴、y轴,建立空间直角坐标系,则A'(2,2,22),C(10,8,0),F(4,0,0),D(10,0,0),(第21题)所以FA'=(-2,2,22),FD=(6,0,0)设n=(x,y,z)为平面A'FD的一个法向量,则n⊥FA',n⊥FD所以n不妨取z=2,则n=(0,-2,2).又平面BEFDC的一个法向量为m=(0,0,1),所以cos<n,m>=n·由图形知二面角A'-FD-C的平面角为锐角,因此,平面角的余弦值为33(2