新教材2023-2024学年高中数学第一章空间向量与立体几何测评（一）新人教B版选择性

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.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.[2023辽宁沈阳高二阶段练习]在四面体OABC中,空间的一点M满足OM=14OA+16OB+λOC,若M,A,BA.712 B.13 C.5124.[2023福建高二期末]如图所示,在平行六面体ABCDA1B1C1D1中,M为A1C1与B1D1的交点.若AB=a,AD=b,AA1=c,则下列向量中与BM相等的向量是(A.12a+12bB.12a+12bC.12a12bD.12a12b5.已知平面α的法向量为n=(2,2,1),点A(x,3,0)在平面α内,则点P(2,1,4)到平面α的距离为103,则x=(A.1 B.11 C.1或11 D.216.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.[2023浙江高三专题练习]如图,已知圆柱OO1,A在底面圆O上,AO=1,OO1=2,P,Q在底面圆O1上,且满足PQ=233,则直线AO1与平面OPQ所成角的正弦值的取值范围是(A.0,3+66 B.6-36C.3-66,1 D.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ABCDA1B1C1D1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.[2023云南玉溪高二期中]下列命题中正确的是()A.A,B,M,N是空间中的四点,若BA,BM,BN不能构成空间基底,则A,B,B.已知{a,b,c}为空间向量的一组基底,若m=a+c,则{a,b,m}也是空间向量的一组基底C.若直线l的方向向量为e=(1,0,3),平面α的法向量为n=2,0,23,则直线l∥αD.若直线l的方向向量为e=(1,0,3),平面α的法向量为n=(2,0,2),则直线l与平面α所成角的正弦值为511.已知正方体ABCDA1B1C1D1,下列说法正确的是()A.(A1A+A1B.A1C·(A1C.向量AD1与向量D.正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|AB·12.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PBDC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.如图,四面体OABC的所有棱长都等于1,M,N分别是四面体OABC的棱OA,BC的中点,P,Q是MN的三等分点,OA=a,OB=b,OC=c,则OQ=(用a,b,c表示),OP·OQ的值为14.已知空间向量a=(1,n,2),b=(2,1,2).若2ab与b垂直,则|a|=.

15.[2023湖北襄阳高二阶段练习]正多面体也称柏拉图立体,被誉为最有规律的立体结构,是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形).数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体,即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是2(如图),P,Q分别为棱AB,AD的中点,则CP·FQ=16.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满足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)如图,在三棱锥PABC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ABCA1B1C1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互相垂直,求实数k的值;(3)求△ABC的面积.20.(12分)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,底面△ABC是边长为4的等边三角形,且BB1=4,D是棱CC1上一动点(不包括端点).(1)若D为CC1的中点,证明:AB1⊥BD;(2)设平面ABC与平面AB1D所成的锐二面角为θ,求cosθ的取值范围.21.(12分)已知底面为菱形的四棱锥PABCD中,△PAD是边长为2的等边三角形,平面PAD⊥平面ABCD,E,F分别是棱PC,AB上的点.(1)从①F是AB的中点;②E是PC的中点;③BE∥平面PFD中选取两个作为条件,证明另一个成立;(2)若∠DAB=60°,求PB与平面PDC所成角的正弦值.22.(12分)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1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=(x2,y1,z+1).因为OM=AB所以(1,1,1)=(x2,y1,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∴a∥c.∵b·c=8+0+8=0,∴b⊥c,故选C.3.A因为M,A,B,C共面,则14+16+λ=1,得λ=4.ABM=BA+AA1+A1M=a+c+12(A1B1+A1D1故选A.5.CPA=(x+2,2,4),而d=|PA·n||n|=故选C.6.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)=a,所以|a+b|=14,cosα=(a+b)·c|a+所以α=60°.因为向量a+b与a的方向相反,所以a与c的夹角为120°.8.A取PQ中点M,则O1M⊥PQ,以点O1为坐标原点,MO1为x轴,OO1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,由题可求得O1M=63则O(0,0,2),P63,33,0,Q63,33,0,则OP=63,33,2,OQ=设平面OPQ的法向量为m=(x,y,z),则m·OP=-63x-33y+2z设A(cosθ,sinθ,2),直线AO1的方向向量为n=O1A=(cosθ,sinθ,所以直线AO1与平面OPQ所成角的正弦值为|m·n||m故选A.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.ABD对于A,A,B,M,N是空间中的四点,若BA,BM,BN不能构成空间基底,则BA,BM,BN共面,则对于B,已知{a,b,c}为空间向量的一组基底,则a,b,c不共面,若m=a+c,则a,b,m也不共面,则{a,b,m}也是空间向量的一组基底,故B对;对于C,因为e·n=1×(2)+0×0+3×23=0,则e⊥n,若l⊄α,则l∥α,但选项中没有条件l⊄α,有可能会出现l⊂α对于D,因为cos<e,n>=e·n|e||n|=故选ABD.11.AB由向量的加法得A1∵A1C2=3A1B12,∴A1C∵A1B1-A1A=∴A1C∵△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∵AB⊥AA1,∴AB·A故|AB·AA12.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是等边三角形矛盾.选项D,当二面角PBDC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.13.13a+16b+16c1336由题意得OQ=OM+MQ=12OA+13MN=12OA同理可得OP=16a+13b所以OP·OQ=16a+13b+13c·13a+16b+16c=118|a|2+136a·b+136a·c+19a·b+118|b|2+118b·c+19a·c+因为四面体OABC的所有棱长都等于1,所以a·b=b·c=a·c=1×1×12所以OP·OQ=11814.352∵a=(1,n,2),b∴2ab=(4,2n1,2).∵2ab与b垂直,∴(2ab)·b=0,∴8+2n1+4=0,解得n=52∴a=1,∴|a|=1+2515.1在正八面体ABCDEF中,CA,CB,CD不共面,而P,Q分别为棱AB,AD的中点,有CA·CD=CA·CB=|CA||CB|cos60°=2,CB所以CP·FQ=12CA+12CB·32CA-CB-12CD16.233空间向量a满足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=17.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)·(BB1+BC)=AB·BB1+AB·BC+|B所以AB1⊥BC1.(2)解由(1)知AB1·BC1=|AB||BC|cos<AB,BC>+|B又|AB1|=|AB|所以cos<AB1,所以|BB1|=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)=(1k,k,2).∵向量ka+b与b互相垂直,∴(ka+b)·b=1k+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.(1)证明分别取AB,A1B1的中点O,O1,连接OO1,则OO1∥AA1.因为AA1⊥平面ABC,所以OO1⊥平面ABC.以O为坐标原点,OC,OB,OO1分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,因为直三棱柱ABCA1B1C1的底边长和侧棱长都为4,D为CC1的中点,所以A(0,2,0),B(0,2,0),B1(0,2,4),D(23,0,2),故BD=(23,2,2),AB1=(0,4,4),则BD所以BD⊥AB1.(2)解因为OO1⊥平面ABC,所以取平面ABC的法向量为m=(0,0,1).设CD=t(0<t<4),则点D(23,0,t),所以AD=(23,2,t).设平面AB1D的法向量为n=(x,y,z),则n令z=2,则y=2,x=2-t3,故n=2-所以cosθ=|cos<n,m>|=|n因为0<t<4,则26≤(t-所以23(t-2故cosθ的取值范围为217,221.(1)证明选①F是AB的中点,②E是PC的中点为已知条件,证明③BE∥平面PFD.取PD的中点M,连接ME,FM,所以ME∥CD,ME=12CD,FB∥CD,FB=12所以ME∥FB,ME=FB,所以四边形MEBF是平行四边形,所以BE∥MF.因为BE⊄平面PFD,MF⊂平面PFD,所以BE∥平面PFD.选②E是PC的中点,③BE∥平面PFD为已知条件,证明①F是AB的中点.取PD的中点M,连接ME,FM,所以ME∥CD,ME=12CD.因为FB∥CD,所以ME∥FB即平面MEBF∩平面PDF=FM.因为BE∥平面PFD,所以BE∥MF,所以四边形MEBF是平行四边形,所以BF=ME.因为ME=12CD=12AB,所以BF=12AB,即F是选①F是AB的中点,③BE∥平面PFD为已知条件,证明②E是PC的中点.取CD的中点N,连接BN,EN,所以DN∥FB,DN=FB,所以四边形BFDN是平行四边形,所以BN∥DF.因为BN⊄平面PFD,DF⊂平面PFD,所以BN∥平面PFD.因为BE∥平面PFD,BN∩BE=B,所以平面PFD∥平面BEN.又因为EN⊂平面BNE,所以EN∥平面PFD.又因为平面PDC∩平面PFD=DP,所以EN∥PD.因为N是CD的中点,所以E是PC的中点.(2)解取AD的中点O,连接