2024秋高中数学第一章空间向量与立体几何测评试题二新人教B版选择性必修第一册

PAGEPAGE1第一章测评(二)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.若平面α⊥平面β,且平面α的一个法向量为n=-2,1,1A.1,12,14C.(1,2,0) D.12.已知a=(1,k,-2),b=(2k,2,4),若a∥b,则实数k的值为()A.-2 B.2 C.-1 D.13.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,P是线段D1B上一点,且BP=2D1P,若AP=xAB+yAD+zAA1,则x+y+z=(A.53 B.23 C.43 4.已知直线l1的一个方向向量为a=(1,-2,2),直线l2的一个方向向量为b=(1,2,0),则两直线所成角的余弦值为()A.53 B.255 C.-555.已知a=(1-t,1,0),b=(2,t,t),则|b-a|的最小值是()A.1 B.2 C.3 D.56.若平面α的一个法向量为n1=(1,0,1),平面β的一个法向量是n2=(-3,1,3),则平面α与β所成的角等于()A.30° B.45° C.60° D.90°7.如图,已知动点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1(不含端点)上.设D1PD1B=λ,若∠APCA.0,13 C.13,1 8.(2024陕西汉中一模)已知向量a=(ax,ay,az),b=(bx,by,bz),{i,j,k}是空间中的一个单位正交基底.规定向量积的行列式计算:a×b=(aybz-azby)i+(azbx-axbz)j+(axby-aybx)k=ijkaxayazbxbybz=ayazbA.(-4,-8,-1) B.(-1,4,-8)C.(-2,8,-1) D.(-1,-4,-8)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,已知三棱锥O-ABC,E,F分别是OA,BC的中点,P为线段EF上一点,且PF=2EP,设OA=a,OB=b,OC=c,则下列等式成立的是()A.OF=12bB.EP=-16a+16b+C.FP=-13a+13b+D.OP=13a+1610.已知v为直线l的方向向量,n1,n2分别为平面α,β的法向量(α,β不重合),那么下列选项正确的是()A.n1∥n2⇔α∥β B.n1⊥n2⇔α⊥βC.v∥n1⇔l∥α D.v⊥n1⇔l∥α11.(2024江苏南京检测)如图,以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD和△ACD折成相互垂直后,某学生得出四个结论,其中正确的是()A.AB⊥ACB.AB⊥DCC.BD⊥ACD.平面ADC的法向量和平面ABC的法向量相互垂直12.已知空间向量i,j,k都是单位向量,且两两垂直,则下列结论正确的是()A.向量i+j+k的模是3B.{i+j,i-j,k}可以构成空间的一个基底C.向量i+j+k和k夹角的余弦值为3D.向量i+j与k-j共线三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知空间中两点A=(2,2,0),B=(3,y,1),向量a=(3,-1,3),a∥AB,则|a|=,y=.

14.在空间直角坐标系Oxyz中,向量OA=(1,1,2),OB=(-1,1,t),OC=(2,1,-1),若O,A,B,C四点共面,则t=.

15.如图,在正四棱锥P-ABCD中,PA=AB,点M为PA的中点,BD=λBN.若MN⊥AD,则实数λ=.

16.已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,∠A1AD=∠A1AB=∠BAD=60°,AA1=AB=AD,E为A1D1的中点.给出下列四个说法:①∠BCC1为异面直线AD与CC1所成的角;②三棱锥A1-ABD是正三棱锥;③CE⊥平面BB1D1D;④CE=-12AD−AB+AA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,三棱柱ABC-A1B1C1的全部棱长都相等,∠A1AB=∠A1AC=60°,点M为△ABC的重心,AM的延长线交BC于点N,连接A1M.设AB=a,AC=b,A1A=(1)用a,b,c表示A1(2)求证:A1M⊥AB.18.(12分)已知a=(2,-3,1),b=(2,0,3),c=(0,0,m).(1)若a+2b-3c=(6,-3,1),求实数m的值;(2)若m=2,求a·(b+c)的值.19.(12分)已知在四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD是菱形,且∠ABC=120°,△SBC为等边三角形,平面SBC⊥平面ABCD.(1)求证:BC⊥SD;(2)若点E是线段SA上靠近S的三等分点,求直线DE与平面SAB所成角的正弦值.20.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形,PA=AD=2,M,N分别是AB,PC的中点.(1)求证:平面MND⊥平面PCD;(2)求点P到平面MND的距离.21.(12分)如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,AA1=4,点D是BC的中点.(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;(2)求平面ADC1与平面ABA1夹角的余弦值.22.(12分)在矩形ABCD中,AB=3,AD=2,点E是线段CD上靠近点D的一个三等分点,点F是线段AD上的一个动点,且DF=λDA(0≤λ≤1).如图,将△BCE沿BE折起至△BEG,使得平面BEG⊥平面ABED.(1)当λ=12时,求证:EF⊥BG(2)是否存在λ,使得FG与平面DEG所成的角的正弦值为13?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由

第一章测评(二)1.C因为平面α⊥平面β,所以平面α的法向量与平面β的法向量相互垂直.设平面β的法向量为m=(x,y,z),则有n·m=-2x+y+12z=0,即4x-2y-z=0对于A,4×1-2×12−14≠0,对于B,4×2-2×(-1)-0≠0,故B不成立;对于C,4×1-2×2-0=0,故C成立;对于D,4×12-2×1-2≠0,故D不成立2.C依据题意,a∥b,设a=tb(t∈R),即(1,k,-2)=t(2k,2,4)=(2kt,2t,4t),则有1=2kt,k=23.A∵BP=2D1P,∴BP=2PD即AP−AB=2(AD1−AP)=即3AP=AB+2即AP=所以x=13,y=23,z=23,所以4.D直线l1的一个方向向量为a=(1,-2,2),直线l2的一个方向向量为b=(1,2,0),则两直线所成角的余弦值为|cos<a,b>|=|a5.B∵a=(1-t,1,0),b=(2,t,t),∴b-a=(1+t,t-1,t),∴|b-a|=(1+∴当t=0时,|b-a|取最小值2.6.D平面α的一个法向量为n1=(1,0,1),平面β的一个法向量是n2=(-3,1,3),∴cos<n1,n2>=1×(-3)∴平面α与β所成的角等于90°.7.C由题,0<λ<1,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则有A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),∴D1B=(1,1,-1),∴D1P=(λ,λ∴PA=PD1+D1A=(-λ,-λ,λ)+(1,0,-1)=(1-λ,-λ,λ-1),PC=PD1+D1C=(-λ,-λ,λ)+(0,1,-1)=(-λ,1∴(1-λ)(-λ)+(-λ)(1-λ)+(λ-1)2=(λ-1)(3λ-1)<0,解得13<λ<1,∴λ的取值范围是18.C由题意得,AB×AC=(1×2-4×1)i+(4×3-2×2)j+(2×1-1×3)k=-2i+8j-k=(-2,8,-9.ABD∵E,F分别是OA,BC的中点,∴OF=12(OB+OC)=12OBEF=OF−OE=12b∵PF=2EP,∴EP=13EF,FP=23即EP=13EF=1312b+12cFP=-23EF=-2312b+12c-1OP=OE+EP=12a-16a+16b+16c=13a10.ABv为直线l的方向向量,n1,n2分别为平面α,β的法向量(α,β不重合),则n1∥n2⇔α∥β,n1⊥n2⇔α⊥β,v∥n1⇔l⊥α,v⊥n1⇔l∥α或l⊂α.故A,B正确.11.BC以D为坐标原点,DB,DC,DA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图.设折叠前的等腰直角三角形ABC的斜边BC=2,则D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),A(0,0,1),则AB=(1,0,-1),AC=(0,1,-1),DC=(0,1,0),BD=(-1,0,0),从而有AB·AC=0+0+1=1,故AAB·DC=0,故BBD·AC=0,故C易知平面ADC的一个法向量为BD=(-1,0,0),设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则AB即x-z=0,y-z=0,令y=1,则x=1,z=1,故平面ABC的一个法向量n=(1,1,1),12.BC对于A,因为空间向量i,j,k都是单位向量,且两两垂直,所以|i|=|j|=|k|=1,且i·j=0,i·k=0,j·k=0,则|i+j+k|=(ii2所以向量i+j+k的模是3,故A错误;对于B,因为空间向量i,j,k都是单位向量,且两两垂直,所以i,j,k不共面,而向量i+j,i-j均与i,j共面,所以i+j,i-j与k不共面,则{i+j,i-j,k}可以构成空间的一个基底,故B正确;对于C,设i+j+k与k的夹角为α,则cosα=(i所以向量i+j+k和k夹角的余弦值为33,故C正确对于D,因为|i+j|=(i同理可得|k-j|=2,则cos<i+j,k-j>=(i+j所以向量i+j与k-j的夹角为120°,则向量i+j与k-j不共线,故D错误.13.1953因为a=则|a|=32因为A=(2,2,0),B=(3,y,1),所以AB=(1,y-2,1).又a∥AB,则有AB=λa(λ∈R),即(1,y-2,1)=λ(3,-1,3),所以1=3λ,14.8O,A,B,C四点共面,则存在实数λ,μ使得OB=λOA+μOC,即(-1,1,t)=(λ+2μ,λ+μ,2λ-μ),∴λ+2μ15.4连接AC,交BD于O,以O为原点,OA为x轴,OB为y轴,OP为z轴,建立空间直角坐标系,图略.设PA=AB=2,则A(2,0,0),D(0,-2,0),P(0,0,2),M22,0,22,B(0,2,0),BD设N(0,b,0),则BN=(0,b-2,0).∵BD=λBN,∴-22=λ(b-2),∴b=2λ∴N0,2λ-22λ,0,MN=-22,2λ-∵MN⊥AD,∴MN·AD=1-2λ-4λ=16.②④①∠BCC1=120°,而异面直线AD与CC1所成的角为60°,故①错误;②三棱锥A1-ABD的每个面都为正三角形,故为正四面体,故②正确;④依据向量加法的三角形法则,CE=CB+BA+AA1+③∵BD=AD−AB,∴CE·BD=-12AD−AB+AA1·(AD−AB)=-12|AD|2+12AD·17.(1)解因为△ABC为正三角形,点M为△ABC的重心,所以N为BC的中点,所以AN=所以A1M=A1A+AM=-AA(2)证明设三棱柱的棱长为m,则A1M·AB=13a+13b-c·a=13a2+13a·b-c·a=13m2+13m2×12-m2×12=0,18.解(1)因为a=(2,-3,1),b=(2,0,3),c=(0,0,m),所以a+2b-3c=(6,-3,7-3m)=(6,-3,1),所以7-3m=1,解得m=2.(2)若m=2,则c=(0,0,2),b+c=(2,0,5),所以a·(b+c)=(2,-3,1)·(2,0,5)=9.19.(1)证明取BC的中点F,连接BD,DF和SF.因为△SBC为等边三角形,所以SF⊥BC.又四边形ABCD是菱形,且∠ABC=120°,所以△BCD为等边三角形,所以DF⊥BC.又SF∩DF=F,SF⊂平面SDF,DF⊂平面SDF,所以BC⊥平面SDF.又SD⊂平面SDF,所以BC⊥SD.(2)解因为平面SBC⊥平面ABCD,平面SBC∩平面ABCD=BC,SF⊥BC,SF⊂平面SBC,所以SF⊥平面ABCD.又DF⊥BC,所以SF,BC,DF两两垂直.以点F为坐标原点,CB,DF,FS的方向为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系不妨设AB=2,则A(2,-3,0),B(1,0,0),S(0,0,3),所以AB=(-1,3,0),AS=(-2,3,3设平面SAB的法向量为m=(x,y,z),由m令y=1,得平面SAB的一个法向量m=(3,1,1).又SE=所以E23又D(0,-3,0),所以DE=23,2设直线DE与平面SAB所成的角为θ,则sinθ=|DE20.(1)证明∵PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,∴AB,AD,AP两两相互垂直,如图所示,分别以AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),M(1,0,0),N(1,1,1),∴MN=(0,1,1),ND=(-1,1,-1),PD=(0,2,-2).设m=(x,y,z)是平面MND的法向量,可得m取y=-1,得x=-2,z=1,∴m=(-2,-1,1)是平面MND的一个法向量,同理可得n=(0,1,1)是平面PCD的一个法向量,∵m·n=-2×0+(-1)×1+1×1=0,∴m⊥n,即平面MND的法向量与平面PCD的法向量相互垂直,可得平面MND⊥平面PCD.(2)解由(1)得m=(-2,-1,1)是平面MND的一个法向量.∵PD=(0,2,-2),得PD·m=0×(-2)+2×(-1)+(-2)×1=-4,∴点P到平面MND的距离d=|m21.解(1)分别以AB,AC,AA1为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Axyz,如图.则由题意知A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),C1(0,2,4),∴A1B=(2,0,-4),C1D=(1,-1,-4),∴