2024-2025学年新教材高中数学第一章空间向量与立体几何测评课后提升训练含解析新人教B版选择性必修第一册VIP

第一章测评(时间:120分钟满分:150分)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.在平行六面体ABCD-A'B'C'D'中,向量AB'、AD'A.有相同起点的向量 B.等长的向量C.共面对量 D.不共面对量解析向量AB'、AD'、由该平行六面体不是正方体可知,这三个向量不是等长的向量,B不正确.又∵AD'∴AB',AD',答案C2.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⊥c C.a∥c,a⊥b D.以上都不对解析∵a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),∴a·b=-4+0+4=0,∴a⊥b.∵-4-2=-6答案C3.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,BA+BC+DDA.D1B1C.DB1 D解析如图所示,长方体ABCD-A1B1C1D1中,BA+BC+DD1=答案D4.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,M为A1C1的中点,若AB=a,AA1=c,BC=b,则BM可表示为(A.-12a+12bB.12a+12bC.-12a-12bD.12a-12b解析∵BM=BB1+B1M=c+12(BA+BC)=c+12(答案A5.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.26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n=(3,12,4),四棱锥的高h=|AP·n答案B6.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.以上均有可能解析由题意,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.答案A7.直线AB与直二面角α-l-β的两个面分别交于A,B两点,且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°解析如图,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.答案B8.长方体A1A2A3A4-B1B2B3B4的底面为边长为1的正方形,高为2,则集合{x|x=A1B2·AiBj,i∈A.1 B.2 C.3 D.4解析∵长方体A1A2A3A4-B1B2B3B4的底面为边长为1的正方形,高为2,∴建立如图的空间直角坐标系,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A1B4=(0,-1,2)相等的向量为A2B3,此时A与A4B1=(0,1,2)相等的向量为A3B2,此时A与A2B1=(1,0,2)相等的向量为A3B4,此时A与A1B2=(-1,0,2)此时A1B2·A1体对角线向量为A1B3=(-1,-1,2),此时A1B2A2B4=(1,-1,2),A1B2A3B1=(1,1,2),A1B2A4B2=(-1,1,2),A1B2综上集合{x|x=A1B2·AiBj,i∈{1,2,3,4},j答案C二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对得3分,有选错的得0分.9.设a,b,c是空间一个基底,下列选项中正确的是()A.若a⊥b,b⊥c,则a⊥cB.则a,b,c两两共面,但a,b,c不行能共面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.则a+b,b+c,c+a肯定能构成空间的一个基底解析由a,b,c是空间一个基底,知:在A中,若a⊥b,b⊥c,则a与c相交或平行,故A错误;在B中,a,b,c两两共面,但a,b,c不行能共面,故B正确;在C中,对空间任一向量p,总存在有序实数组(x,y,z),使p=xa+yb+zc,故C正确;在D中,a+b,b+c,c+a肯定能构成空间的一个基底,故D正确.答案BCD10.已知向量a=(1,2,3),b=(3,0,-1),c=(-1,5,-3),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|解析A.左边为向量,右边为实数,明显不相等,不正确;B.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.答案BCD11.已知ABCD-A1B1C1D1为正方体,下列说法中正确的是()A.(A1A+A1B.A1C·(A1C.向量AD1与向量A1D.正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|AB·解析已知ABCD-A1B1C1D1为正方体,所以(A1A+A1D1+A1B1∵A1B1-A1A=AB1,AB1⊥A∵△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·AD答案AB12.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,有如下四个结论:①AC⊥BD;②△ACD是等边三角形;③AB与平面BCD所成的角为60°;④AB与CD所成的角为60°.其中正确的结论有()A.① B.② C.③ D.④解析如图所示,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故AC⊥BD,①正确.又|AC|=2,|CD|=2,|AD|=2,所以△ACD为等边三角形,②正确.对于③,OA为平面BCD的一个法向量,cos<AB,OA=(-1,-1因为直线与平面所成的角∈[0°,90°],所以AB与平面BCD所成的角为45°,故③错误.又cos<AB,CD=(-1,-1因为异面直线所成的角为锐角或直角,所以AB与CD所成的角为60°,故④正确.答案ABD三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.棱长为a的正四面体中,AB·BC+AC解析棱长为a的正四面体中,AB=BC=a,且AB与BC的夹角为120°,AC⊥∴AB·BC+AC·BD=a·acos120答案-a14.已知空间向量a=(1,n,2),b=(-2,1,2).若2a-b与b垂直,则|a|=.

解析∵a=(1,n,2),b=(-2,1,2),∴2a-b=(4,2n-1,2).∵2a-b与b垂直,∴(2a-b)·b=0,∴-8+2n-1+4=0,解得n=52∴a=1,52,2,∴|a|=1+254答案315.设PA⊥Rt△ABC所在的平面α,∠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.

解析作AD⊥BC于点D,∵PA⊥面ABC,∴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.答案316.已知向量m=(a,b,0),n=(c,d,1),其中a2+b2=c2+d2=1,现有以下命题:①向量n与z轴正方向的夹角恒为定值(即与c,d无关);②m·n的最大值为2;③<m,n>(m,n的夹角)的最大值为3π④若定义u×v=|u|·|v|sin<u,v>,则|m×n|的最大值为2.其中正确的命题有.(写出全部正确命题的序号)

解析①取z轴的正方向单位向量a=(0,0,1),则cos<n,a>=n·∴向量n与z轴正方向的夹角恒为定值π4,命题正确②m·n=ac+bd≤a2+当且仅当a=c,b=d时取等号,因此m·n的最大值为1,命题错误;③由②可得|m·n|≤1,∴-1≤m·n≤1,∴cos<m,n>=m·n|m||n∴<m,n>的最大值是3π4,④由③可知:-22≤cos<m,n>≤2∴π4≤<m,n>≤3π4,22≤sin<∴m×n=|m|×|n|×sin<m,n>≤1×2×1=2,命题正确.综上可知,正确的命题序号是①③④.答案①③④四、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.解BN=AD+=AD+12[=-12所以BN=-12a+12b+1|BN|2=BN2=-12a+12b+12=14(a2+b2+c2-2a·b-2a·c+2b·c)=17所以|BN|=172,即BN的长为1718.(12分)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长为2.(1)设侧棱长为1,求证:AB1⊥BC1;(2)设AB1与BC1所成角为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=|AB|·|BC|·cos<AB,BC>+BB12=-所以AB1⊥BC1.(2)解由(1)知AB1·BC1=|AB|·|BC|·cos<又|AB1|=AB2+所以cos<AB1,所以|BB1|=2,即侧棱长为19.(12分)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.解(1)∵空间中三点A(2,0,-2),B(1,-1,-2),C(3,0,-4),设a=AB,b=AC,∴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>=∴S△ABC=12×|AB|×|AC|×sin<AB,AC20.(12分)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=1证明(1)如图,连接BG,BD=2EH,BC=2BF,则EG=EB由共面对量定理的推论知E、F、G、H四点共面.(2)因为EH=12(AD-所以EH∥BD,又EH⊂平面EFGH,BD⊄平面EFGH,所以BD∥平面EFGH.(3)连接OM,OA,OB,OC,OD,OE,OG,由(2)知EH=12BD,同理FGEH∥FG,EH=FG,所以EG、FH交于一点M且被M平分,所以OM=12(OE+OG)=12121.(12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.解取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,AE=AB以A为坐标原点,AE的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知,A(0,0,0),P(0,0,4),M(0,2,0),C(5,2,0),N52,1,2,PM=(0,2,-4),PN=52,1,-2,AN=52,1,2.设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则n·PM=0,n于是|cos<n,AN>|=|n·AN||n||AN|=8525∴直线AN与平面PMN所成的角的正弦值为8522.(12分)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