2022秋高中数学 第一章 空间向量与立体几何 综合训练 新人教A版选择性必修第一册.docx

1、第一章综合训练一、选择题: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-ABCD中,向量AB,AD,BD是()A.有相同起点的向量B.等长的向量C.共面向量D.不共面向量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.ac,bcB.ab,acC.ac,abD.以上都不对3.(2021四川眉山期中)如图,在空间直角坐标系中,有一棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,A1C的中点E到AB的中点F的距离为()A.22B.2C.2D.14.已知空间四边形OABC,其对角线为OB,AC,M,N分别是边OA,CB的

2、中点,点G在线段MN上,且使MG=2GN,用向量OA,OB,OC表示向量OG是()A.OG=OA+23OB+23OCB.OG=12OA+23OB+23OCC.OG=16OA+13OB+13OCD.OG=16OA+13OB+23OC5.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.1B.2C.13D.266.(2021山东威海期中)已知两个不重合的平面与平面ABC,若平面的法向量为n1=(2,-3,1),AB=(1,0,-2),AC=(1,1,1),则()A.平面平面ABCB.平面平面ABCC.平面,平面ABC相交

3、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.30B.60C.120D.1508.(2021上海闵行期中)长方体A1A2A3A4-B1B2B3B4的底面是边长为1的正方形,高为2,则集合x|x=A1B2AiBj,i1,2,3,4,j1,2,3,4中元素的个数为()A.1B.2C.3D.4二、选择题:在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.9.(2021江苏南通检测)设a,b,c是空间的一个基底,则()A.若ab,bc,则acB.a,b,c两两共面,但a,b,c不可能共面C.对空间任一向量p,总存在有

4、序实数组(x,y,z),使p=xa+yb+zcD.a+b,b+c,c+a一定能构成空间的一个基底10.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.(ab)c=bcB.(a+b)c=a(b+c)C.(a+b+c)2=a2+b2+c2D.|a+b+c|=|a-b-c|11.(2021江苏徐州检测)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1为正方体,则下列结论错误的是()A.(A1A+A1D1+A1B1)2=3A1B12B.A1C(A1B1A1A)=0C.向量AD1与向量A1B夹角的大小为60D.正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|ABAA1A

5、D|12.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:ACBD;ACD是等边三角形;AB与平面BCD所成的角为60;AB与CD所成的角为60.其中正确的结论有()A.B.C.D.三、填空题.13.棱长为a的正四面体中,ABBC+ACBD=.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.设PA垂直于RtABC所在的平面,BAC=90,PB,PC分别与成45和30角,PA=2,则PA与BC的距离是;点P到BC的距离是.16.已知向量m=(a,b,0),n=(c,d,1),其中a2+b2=c2+d2=1,现有以下说法:向量

6、n与z轴正方向的夹角恒为定值(即与c,d无关);mn的最大值为2;m与n的夹角的最大值为34;若定义uv=|u|v|sin,则|mn|的最大值为2.其中正确的有.(写出所有正确说法的序号)四、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.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,并求线段BN的长.18.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长为2.(1)设侧棱长为1,求证:AB1BC1;(2)设AB1与BC1的夹角为3,

7、求侧棱的长.19.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cBC,求向量c;(2)已知向量ka+b与b互相垂直,求k的值;(3)求ABC的面积.20.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=14(OA+OB+OC+OD).21.如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,A

8、M=2MD,N为PC的中点.求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.22.(2021江苏无锡期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABDC,ADC=90,AB=AD=12DC=2,PB=PD=32,BCPD.(1)求证:平面PBD平面ABCD;(2)在线段PC上是否存在异于P,C的一点M,使平面PBD与平面BDM夹角的余弦值为63?若存在,求出点M的位置;若不存在,请说明理由.第一章综合训练1.C向量AB,AD,BD显然不是有相同起点的向量,A不正确;由该平行六面体不一定是正方体可知,这三个向量不一定是等长的向量,B不正确;又ADAB=BD=BD,AB,AD,BD共面,C正确,D不正确.2.Ca=

9、(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),ab=-4+0+4=0,ab.-4-2=-6-3=21,ac.故选C.3.B在空间直角坐标系中,有一棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,A1(2,0,2),C(0,2,0),A1C的中点E(1,1,1),A(2,0,0),B(2,2,0),AB的中点F(2,1,0),A1C的中点E到AB的中点F的距离为|EF|=(2-1)2+(1-1)2+(0-1)2=2.故选B.4.COG=OM+MG=OM+23MN=OM+23(MO+OC+CN)=13OM+23OC+13(OBOC)=16OA+13OB+13OC,OG=16OA+13

10、OB+13OC.故选C.5.B设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z),则nAB=0,nAD=0,即4x-2y+3z=0,-4x+y=0.不妨令x=3,则y=12,z=4,可得n=(3,12,4),四棱锥的高h=|APn|n|=2613=2.故选B.6.A由题意,计算n1AB=21+(-3)0+1(-2)=0,得n1AB;计算n1AC=21+(-3)1+11=0,得n1AC,又ABAC=A,所以n1平面ABC,又两平面不重合,则平面平面ABC.故选A.7.C设向量a+b与c的夹角为,因为a+b=(-1,-2,-3),所以|a+b|=14,cos=(a+b)c|a+b|c|=12,所以=60.

11、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的底面是边长为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=(-1,0,2),与A1B1=(0,0,2)相等的向量为A2B2=A3B3=A4B4,此时A1B2A1B1=22=4,与A1B4=(0,-1,2)相等的向量为A2B3,此时A1B2A1B4=22=4,与A4B1=(0,1,2)相等的向量为A3B2,此时A1B2

12、A4B1=22=4,与A2B1=(1,0,2)相等的向量为A3B4,此时A1B2A2B1=-1+4=3,与A1B2=(-1,0,2)相等的向量为A4B3,此时A1B2A1B2=1+4=5,体对角线向量为A1B3=(-1,-1,2),此时A1B2A1B3=1+4=5,A2B4=(1,-1,2),此时A1B2A2B4=-1+4=3,A3B1=(1,1,2),此时A1B2A3B1=-1+4=3,A4B2=(-1,1,2),此时A1B2A4B2=1+4=5.综上,集合x|x=A1B2AiBj,i1,2,3,4,j1,2,3,4=3,4,5,集合中元素的个数为3,故选C.9.BCD由a,b,c是空间一个

13、基底,知:对A选项,若ab,bc,a,c夹角不一定是2,故A选项错误;易知BC正确;对D选项,由于a,b,c是空间的一个基底,所以a,b,c不共面.假设a+b,b+c,c+a共面,设a+b=x(b+c)+(1-x)(c+a),化简得xa=(x-1)b+c,即c=xa+(1-x)b,所以a,b,c共面,这与已知矛盾,所以a+b,b+c,c+a不共面,可以作为基底,故D选项正确.故选BCD.10.BCD对于A,左边为向量,右边为实数,显然不相等,故A不正确;对于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,故B正确;对于C,a

14、+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,故C正确;对于D,由C选项可得:左边=59,a-b-c=(-1,-3,7),|a-b-c|=59,左边=右边,故D正确.故选BCD.11.CD不妨设该正方体的棱长为1,以DA,DC,DD1为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),D1(0,0,1).因为A1A+A1D1+A1B1=(0,0,-1)+(-1,0,0)+

15、(0,1,0)=(-1,1,-1),所以(A1A+A1D1+A1B1)2=|A1A+A1D1+A1B1|2=3,又3A1B12=3|AB|2=312=3,所以(A1A+A1D1+A1B1)2=3A1B12,故A正确;因为A1C=(-1,1,-1),A1B1A1A=AB1=(0,1,1),所以A1C(A1B1A1A)=0+1-1=0,故B正确;因为AD1=(-1,0,1),A1B=(0,1,-1),所以AD1A1B=0+0-1=-1,|AD1|=2,|A1B|=2,所以cos=AD1A1B|AD1|A1B|=-122=-12.所以向量AD1与向量A1B夹角的大小为120,故C错误;因为ABAA1

16、,所以ABAA1=0,所以|ABAA1AD|=|0AD|=0,故D错误.故选CD.12.ABD如图所示,建立空间直角坐标系,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),ACBD=0,故ACBD,正确;又|AC|=2,|CD|=2,|AD|=2,所以ACD为等边三角形,正确;对于,OA为平面BCD的一个法向量,设为直线AB与平面BCD所成的角,sin=|cos|=ABOA|AB|OA|=(-1,-1,0)(0,1,0)21=-12=-22=22.因为直线与平面所成的角0,90,所以AB与

17、平面BCD所成的角为45,错误;cos=ABCD|AB|CD|=(-1,-1,0)(1,0,-1)22=-12,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,故正确.故选ABD.13.-a22棱长为a的正四面体中,AB=BC=a,且AB与BC的夹角为120,易证ACBD.ABBC+ACBD=aacos120+0=-a22.14.352a=(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+4=352.15.37作ADBC于点D,PA平面ABC,P

18、AAD.易得AB=2,AC=23,BC=4,AD=3,连接PD,易知PDBC,P到BC的距离PD=7.16.取z轴的正方向单位向量a=(0,0,1),则cos=na|n|a|=1c2+d2+121=12=22,所以向量n与z轴正方向的夹角恒为定值4,正确;mn=(a,b,0)(c,d,1)=ac+bd,则-a2+c22b2+d22ac+bda2+c22+b2+d22,结合已知,得-1ac+bd1,即mn的最大值为1,所以错误;由的解析知-1mn1,所以-1a2+b2c2+d2+1cos1a2+b2c2+d2+1,即-22cos22,从而m与n的夹角的最大值为34,所以正确;设m与n的夹角为,由

19、可知:-22cos22,所以434,22sin1,所以mn=|m|n|sin121=2,正确.综上可知,正确的说法序号是.17.解因为BN=BC+CN=AD+12CM=AD+12(AMAC)=AD+12AM-(AD+AB)=-12AB+12AD+12AM,所以BN=-12a+12b+12c,|BN|2=BN2=-12a+12b+12c2=14(a2+b2+c2-2ab-2ac+2bc)=174.所以|BN|=172,即BN的长为172.18.(1)证明AB1=AB+BB1,BC1=BB1+BC.因为BB1平面ABC,所以BB1AB=0,BB1BC=0.又ABC为正三角形,设为向量AB与BC的夹

20、角,所以=23.因为AB1BC1=(AB+BB1)(BB1+BC)=ABBB1+ABBC+BB12+BB1BC=|AB|BC|cos+BB12=-1+1=0,所以AB1BC1.(2)解由(1)知AB1BC1=|AB|BC|cos+BB12=BB12-1,又|AB1|=AB2+BB12=2+BB12=|BC1|,所以cos=BB12-12+BB12=12,所以|BB1|=2,即侧棱长为2.19.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cBC,c=mBC=m(2

21、,1,-2)=(2m,m,-2m),|c|=4m2+m2+4m2=3|m|=3,m=1,c=(2,1,-2)或c=(-2,-1,2).(2)ka+b=k(-1,-1,0)+(1,0,-2)=(1-k,-k,-2),b=(1,0,-2),向量ka+b与b互相垂直,(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),cos=ABAC|AB|AC|=-125=-110,sin=1-110=310,SABC=12|AB|AC|sin=1225310=32.20.证明(1)如图,连接BG,易知,EH=AHAE=12AD12AB=12(ADAB)

22、=12BD.则EG=EB+BG=EB+12(BC+BD)=EB+BF+EH=EF+EH.由向量共面的充要条件可知,EH,EF,EG共面,又三向量过同一点E,所以E,F,G,H四点共面.(2)因为EH=AHAE=12AD12AB=12(ADAB)=12BD,所以EHBD.又EH平面EFGH,BD平面EFGH,所以BD平面EFGH.(3)由(2)知EH=12BD,同理FG=12BD,所以EH=FG,EHFG,EH=FG,所以EG,FH交于一点M且被M平分,所以OM=12(OE+OG)=1212(OA+OB)+12(OC+OD)=14(OA+OB+OC+OD),得证.21.解取BC的中点E,连接AE

23、.由AB=AC得AEBC,从而AEAD,AE=AB2-BE2=AB2-BC22=5.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,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nPM=0,nPN=0,即2y-4z=0,52x+y-2z=0,可取n=(0,2,1).于是|cos|=|nAN|n|AN|=8525.设AN与平面PMN所成的角为,则sin=8525,直线AN与平面PMN所成角的正弦值为8525.22.(1)证明

24、取BD的中点O,连接PO,因为ABDC,ADC=90,AB=AD=12DC=2,所以BD=22,DC=4,BDC=45,在BCD中,由余弦定理可得,BC2=DC2+BD2-2BDDCcosBDC=42+(22)2-242222=8,所以BC=22,所以BC2+BD2=CD2,所以BCBD.因为BCPD,BDPD=D,BD,PD平面PBD,故BC平面PBD.因为BC平面ABCD,则平面PBD平面ABCD.(2)解因为ADC=90,所以以点D为坐标原点,DA,DC所在直线分别为x轴、y轴,以垂直于平面ABCD方向为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(2,2,0),C(0,4,

25、0),O(1,1,0),因为DO=12BD=2,PD=32,所以PO=4,即P(1,1,4).假设存在点M满足题意,设M(x,y,z),则CM=(x,y-4,z),CP=(1,-3,4).不妨设CM=CP(01),即(x,y-4,z)=(1,-3,4),可得M(,4-3,4),所以DM=(,4-3,4),DB=(2,2,0).设n=(x1,y1,z1)为平面BDM的法向量,则nDM=0,nDB=0,即x1+(4-3)y1+4z1=0,2x1+2y1=0.令x1=1,得n=1,-1,1-,因为BC平面PBD,所以BC=(-2,2,0)为平面PBD的法向量.因为平面PBD与平面BDM夹角的余弦值为63,所以|cos|=|nBC|n|BC|=|-21+2(-1)|82+1-2=63,解得=12,所以点M为线段PC的中点.故在线段PC上存在线段PC的中点M,使平面PBD与平面BDM夹角的余弦值为63.