2024秋高中数学第一章空间向量与立体几何测评试题一新人教B版选择性必修第一册

PAGEPAGE2第一章测评(一)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.(2024湖北黄冈检测)设点M(1,1,1),A(2,1,-1),O(0,0,0).若OM=AB,则点B的坐标为(A.(1,0,-2) B.(3,2,0)C.(1,0,2) D.(3,-2,0)2.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⊥cC.a∥c,a⊥b D.以上都不对3.(2024安徽芜湖期中)已知点A(4,1,3),B(2,3,1),C(5,7,-5),又点P(x,-1,3)在平面ABC内,则x的值为()A.14 B.13 C.12 D.114.已知空间四边形OABC,M,N分别是边OA,CB的中点,点G在线段MN上,且使MG=2GN,用向量OA,OB,OC表示向量A.OGB.OGC.OGD.OG5.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.已知两个不重合的平面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.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°8.长方体A1A2A3A4-B1B2B3B4的底面为边长为1的正方形,高为2,则集合A={x|x=A1B2·AiBj,A.1 B.2 C.3 D.4二、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.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,AD=4,AA1=3,以直线DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则()A.点B1的坐标为(4,5,3)B.点C1关于点B对称的点为(5,8,-3)C.点A关于直线BD1对称的点为(0,5,3)D.点C关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0)10.设{a,b,c}是空间一个基底,下列说法正确的有()A.若a⊥b,b⊥c,则a⊥cB.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.a+b,b+c,c+a肯定能构成空间的一个基底11.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,下列说法正确的是()A.(A1A+A1B.A1C·(A1C.向量AD1与向量D.正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|AB·12.(2024湖北黄冈期中)如图,在菱形ABCD中,AB=2,∠BAD=60°,将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置,连接PC,则在翻折过程中,下列说法正确的是()A.PC与平面BCD所成的最大角为45°B.存在某个位置,使得PB⊥CDC.存在某个位置,使得B到平面PDC的距离为3D.当二面角P-BD-C的大小为90°时,PC=6三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.设a=(2,6,-3),则与a平行的单位向量的坐标为,同时垂直于a=(2,2,1),b=(4,5,3)的单位向量e=.

14.已知空间向量a=(1,n,2),b=(-2,1,2).若2a-b与b垂直,则|a|=.

15.(2024上海青浦期末)一个圆锥的侧面绽开图是圆心角为4π3,半径为18的扇形,则圆锥的母线与底面所成角的余弦值为.16.(2024浙江杭州模拟)已知e1,e2,e3是空间单位向量,e1·e2=e2·e3=e3·e1=12,若空间向量a满意a=xe1+ye2(x,y∈R),|a|=2,则|a·e3|的最大值是.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)(2024湖北武汉期中)如图,在三棱锥P-ABC中,点D为棱BC上一点,且CD=2BD,点M为线段AD的中点.(1)以{AB,AC,(2)若AB=AC=3,AP=4,∠BAC=∠PAC=60°,求PM·18.(12分)如图,在正三棱柱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的夹角为π3,求侧棱的长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,求实数k的值;(3)求△ABC的面积.20.(12分)设点E,F分别是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,AA1的中点.如图,以C为坐标原点,射线CD,CB,CC1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.(1)求向量D1(2)若点M,N分别是线段D1E与线段C1F上的点,问是否存在直线MN,使MN⊥平面ABCD?若存在,求点M,N的坐标;若不存在,请说明理由.21.(12分)(2024黑龙江哈尔滨期中)如图,在四棱锥E-ABCD中,平面ADE⊥平面ABCD,O,M分别为线段AD,DE的中点.四边形BCDO是边长为1的正方形,AE=DE,AE⊥DE.(1)求证:CM∥平面ABE;(2)求直线DE与平面ABE所成角的正弦值.22.(12分)(2024陕西咸阳模拟)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,且AC=BC=CC1=2,M是AB1,A1B的交点,N是B1C1的中点.(1)求证:MN⊥平面A1BC;(2)求平面AA1B与平面A1BC夹角的大小.

第一章测评(一)1.B设B(x,y,z),则AB=(x-2,y-1,z+1).因为OM=AB所以(1,1,1)=(x-2,y-1,z+1),所以x=3,y=2,z=0,即点B的坐标为(3,2,0).2.C∵a·b=-4+0+4=0,∴a⊥b.∵-4-2=-6∵b·c=-8+0+8=0,∴b⊥c,故选C.3.B因为点A(4,1,3),B(2,3,1),C(5,7,-5),P(x,-1,3),所以AP=(x-4,-2,0),AB=(-2,2,-2),AC=(1,6,-8).因为点P(x,-1,3)在平面ABC内,则存在实数m,n,使得AP=mAB+nAC,所以(x-4,-2,0)=m(-2,2,-2)+n(1,6,-8),则x解得x=13.4.COG=OM+MG=OM+5.B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,可得平面ABCD的一个法向量n=(3,12,4).故四棱锥的高h=|AP·n6.A由题意,计算n1·AB=2×1+(-3)×0+1×(-2)=0,得n1⊥AB,计算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.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,cosα=(a+b)·c|因为向量a+b与a的方向相反,所以a与c的夹角为120°.8.C∵长方体A1A2A3A4-B1B2B3B4的底面为边长为1的正方形,高为2,∴建立如图所示的空间直角坐标系,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A1B2=(-1,0,2)相等的向量为A4B3,此时AA1B3=(-1,-1,2),此时A1B2与A1B4=(0,-1,2)相等的向量为A2B3,此时A与A2B1=(1,0,2)相等的向量为A3B4,此时AA2B4=(1,-1,2),A1B2A3B1=(1,1,2),A1B2与A3B2=(0,1,2)相等的向量为A4B1,此时AA4B2=(-1,1,2),A1B2·综上,集合A={x|x=A1B2·AiBj,i∈{1,2,3,4},9.ACD由图形及其已知可得,点B1的坐标为(4,5,3),点C1(0,5,3)关于点B(4,5,0)对称的点为(8,5,-3),点A关于直线BD1对称的点为C1(0,5,3),点C(0,5,0)关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0).故A,C,D正确.10.BCD对于A,b与a,c都垂直,a,c夹角不肯定是π2,故A错误对于B,依据基底的概念可知,a,b,c两两共面,但a,b,c不行能共面,故B正确;对于C,依据空间向量的基本定理可知,C正确;对于D,由于{a,b,c}为空间中的一个基底,所以a,b,c不共面,设a+b,b+c,c+a共面,不妨设a+b=x(b+c)+(1-x)(c+a),化简得c=xa+(1-x)b,所以a,b,c共面,这与已知冲突,所以a+b,b+c,c+a不共面,可作为空间的一个基底,故D正确.11.AB由向量的加法得A1∵A1C2=3A1B12,∴A1C2=3A∵A1B1−A1A=∴A1C·AB1∵△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·AD12.BD选项A,取BD的中点O,连接OP,OC,则OP=OC=3.由题可知,△ABD和△BCD均为等边三角形,由对称性可知,在翻折的过程中,PC与平面BCD所成的角为∠PCO,当PC=3时,△OPC为等边三角形,此时∠PCO=60°>45°,即选项A错误;选项B,当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心Q时,有PQ⊥平面BCD,∴PQ⊥CD.又BQ⊥CD,BQ∩PQ=Q,BQ,PQ⊂平面PBQ,∴CD⊥平面PBQ.∵PB⊂平面PBQ,∴PB⊥CD,即选项B正确.选项C,∵点B到PD的距离为3,点B到CD的距离为3,∴若B到平面PDC的距离为3,则平面PBD⊥平面PCD,平面CBD⊥平面PCD,则有DB⊥平面PCD,即DB⊥CD,与△BCD是等边三角形冲突.选项D,当二面角P-BD-C的大小为90°时,平面PBD⊥平面BCD.∵PB=PD,∴OP⊥BD.∵平面PBD∩平面BCD=BD,∴OP⊥平面BCD,∴OP⊥OC.又OP=OC=3,∴△POC为等腰直角三角形,∴PC=2OP=6,即选项D正确.13.27,67,-37或-27,-67,3713,-23,23或-13,则u=μa=(2μ,6μ,-3μ),且|u|=1=(2μ)2+(∴u=27,67,-37或u=-27,-设同时垂直于a=(2,2,1),b=(4,5,3)的单位向量e=(x,y,z),则e解得x∴e=13,-23,23或e=-13,214.352∵a=(1,n,2),b=(∴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,∴15.23设母线长为l,底面圆的半径为r因为圆锥的侧面绽开图是圆心角为4π3,半径为18的扇形,所以l=18,且18×4π3=2πr,解得r=设圆锥的母线与底面所成角为θ,则cosθ=rl所以圆锥的母线与底面所成角的余弦值为2316.233空间向量a满意a=xe1+ye2(x,y∈R),且e1·e2=e2·e3=e3·e1=12,则|a|2=x2+y又由|a|=2,得|a|2=4.即x2+y2+xy=4.又|a·e3|=|(xe1+ye2)·e3|=12|x+y|由于x2+y2≥2xy,所以由x2+y2+xy=4,整理得3xy≤4,即xy≤43所以|x+y|2=x2+y2+2xy=x2+y2+xy+xy≤4+43=163,故所以|a·e3|=12|x+y|≤233,当且仅当x=y=2317.解(1)∵M为线段AD的中点,∴AM=∵CD=2BD,∴BD=∴PM=PA+AM=PA+12AD=PA+1(2)PM·AC=-AP+13AB+16AC·AC=-AP·AC+13AB·AC+16AC2=-|AP||AC|·cos∠PAC+13|AB||AC|cos∠BAC+118.(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>=因为AB1·BC1=(=AB·BB1+AB=|AB||BC|cos<AB,BC>+|BB1|2=-1所以AB1⊥BC1.(2)解由(1)知AB1·BC1=|AB||BC|cos<AB,BC>+|BB又|AB1|=|AB|所以cos<AB1,所以|BB1|=2,即侧棱长为19.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),m∈R,∴|c|=(2m)2∴m=±1,∴c=(2,1,-2)或c=(-2,-1,2).(2)∵a=AB=(-1,-1,0),b=AC=(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>=∴△ABC的面积S△ABC=12×|AB|×|AC|×sin<AB,AC20.解(1)在给定的空间直角坐标系中,C1(0,0,2),F(2,2,1),C1F=(2,2,-1),D1(2,0,2),E(1,2,0),D1E=(-1,2,-2),所以D1E·C1F=-1×2+2×2+(2)存在唯始终线MN,使MN⊥平面ABCD.若MN⊥平面ABCD,则MN与平面ABCD的一个法向量(0,0,1)平行,又N在线段C1F上,所以设M(a,a,m),N(a,a,n),MN=(0,0,n-m),n≠m.又因为点M,N分别是线段D1E与线段C1F上的点,所以D1即D1M=λD1E,λ∈R,C1N=t(a-2,a,m-2)=(-λ,2λ,-2λ),(a,a,n-2)=(2t,2t,-t),所以a-2=-λ,a=2λ,m-2=-2λ,a21.(1)证明如图,取线段AE中点P,连接BP,MP.∵M为线段DE的中点,∴MP∥AD,MP=12AD=OD又四边形BCDO是边长为1的正方形,∴BC∥DO,BC=DO,∴BC∥MP,BC=MP,∴四边形BCMP为平行四边形,∴CM∥BP.∵CM⊄平面ABE,BP⊂平面ABE,∴CM∥平面ABE.(2)解连接EO.∵AE=DE,