新教材2021-2022学年人教A版数学选择性必修第一册章末检测：第一章 空间向量与立体几何 WORD版含解析.doc

1、章末检测(一)空间向量与立体几何(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题(本大题共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已知四面体ABCD，G是CD的中点，连接AG，则()()A.B.C. D.解析：选A在BCD中，因为点G是CD的中点，所以()，从而().2已知向量a，b是平面内两个不相等的非零向量，非零向量c在直线l上，则“ca0，且cb0”是“l”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析：选B若l平面，则ca，ca0，cb，cb0；反之，若ab，则ca，cb，并不能保证l平面.3已知向量a(0，1，

2、1)，b(4，1，0)，|ab|，且0，则()A2 B3C4 D5解析：选B由题意，得ab(4，1，)因为|ab|，所以42(1)2229，整理得260.又0，所以3.4已知a(cos ，1，sin )，b(sin ，1, cos )，则向量ab与ab的夹角是()A90 B60C30 D0解析：选A|a|22，|b|22，(ab)(ab)|a|2|b|20，(ab)(ab)5.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，以D为原点建立空间直角坐标系，E为BB1的中点，F为A1D1的中点，则下列向量中，能作为平面AEF的法向量的是()A(1，2，4)B(4，1，2)C(2，2，1)D(1，2，2)

3、解析：选B设正方体的棱长为2，则A(2，0，0)，E(2，2，1)，F(1，0，2)所以(0，2，1)，(1，0，2)设向量n(x，y，z)是平面AEF的法向量，则取y1，得x4，z2，则n(4，1，2)是平面AEF的一个法向量结合其他选项，检验可知只有B选项是平面AEF的法向量6已知O为坐标原点，(1，2，3)，(2，1，2)，(1，1，2)，点Q在直线OP上运动，则当取得最小值时，点Q的坐标为()A. B.C. D.解析：选C设，则(1，2，32)，(2，1，22)，所以(1，2，32)(2，1，22)2(3285)2.所以当时，最小，此时，即点Q的坐标为.7如图，在长方体ABCDA1B1

4、C1D1中，ADAA11，AB2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为()A. B.C. D.解析：选C如图，以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0，0，1)，E(1，1，0)，A(1，0，0)，C(0，2，0)连接D1E，所以(1，1，1)，(1，2，0)，(1，0，1)设平面ACD1的法向量为n(a，b，c)，则即所以令a2，则n(2，1，2)所以点E到平面ACD1的距离为h.故选C.8.如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点

5、，且满足MPMC.则点M在正方形ABCD内的轨迹为()解析：选A如图，以D为原点，DA，DC所在的直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系设正方形ABCD的边长为a，M(x，y，0)，则0xa，0ya，P，C(0，a，0)，则| ，| .由|，得x2y，所以点M在正方形ABCD内的轨迹为一条线段yx(0xa)，故选A.二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)9有下列四个命题，其中正确的命题有()A已知A，B，C，D是空间任意四点，则0B若两个非零向量与满足0，则C分别

6、表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量可以是共面向量D对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若xyz(x，y，zR)，则P，A，B，C四点共面解析：选BC对于A，已知A，B，C，D是空间任意四点，则0，错误；对于B，若两个非零向量与满足0，则，正确；对于C，分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量可以是共面向量，正确；对于D，对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若xyz(x，y，zR)，仅当xyz1时P，A，B，C四点共面，故错误10.如图，四棱锥PABCD中，平面PAD底面ABCD，PAD是等边三角形，底面ABCD是菱形，且BAD60，

7、M为棱PD的中点，N为菱形ABCD的中心，下列结论正确的有()A直线PB与平面AMC平行B直线PB与直线AD垂直C线段AM与线段CM长度相等DPB与AM所成角的余弦值为解析：选ABD如图，连接MN，易知MNPB，由线面平行的判定定理得PB平面AMC，A正确在菱形ABCD中，BAD60，BAD为等边三角形设AD的中点为O，连接OB，OP，则OPAD，OBAD，由线面垂直的判定定理得AD平面POB，ADPB，B正确MNPB，PB与AM所成角即为MN与AM所成角平面PAD平面ABCD，由面面垂直的性质可得OP平面ABCD，OPOB.设AD4，则OPOB2，PB2，MNPB.在MAN中，AMAN2，可

8、得cosAMN，故异面直线PB与AM所成角的余弦值为，D正确在MAN中，AM2AN2MN2，则ANM不是直角，则AMC不是等腰三角形，即AM与CM长度不相等，故C错误故选A、B、D.11.如图，PA平面ABCD，正方形ABCD边长为1，E是CD的中点，F是AD上一点，当BFPE时，则()AAFFD21BAFFD11C若PA1，则异面直线PE与BC所成角的余弦值为D若PA1，则直线PE与平面ABCD所成角为30解析：选BC建立如图所示的空间直角坐标系，设PAa，则B(1，0，0)，C(1，1，0)，E，P(0，0，a)设点F的坐标为(0，y，0)，则(1，y，0)，BFPE，0，解得y，即点F的

9、坐标为，F为AD的中点，AFFD11，B正确，A不正确若PA1，则P(0，0，1)，(0，1，0)，cos，故C正确(0，0，1)，cos，故D不正确12已知菱形ABCD中，BAD60，AC与BD相交于点O，将ABD沿BD折起，使顶点A至点M处，在折起的过程中，下列结论正确的是()ABDCMB存在一个位置，使CDM为等边三角形CDM与BC不可能垂直D直线DM与平面BCD所成的角的最大值为60解析：选ABDA选项，因为菱形ABCD中，AC与BD相交于点O，所以AOBD，COBD.将ABD沿BD折起，使顶点A至点M处，折起过程中，AO始终与BD垂直，因此MOBD，又MOCOO，所以由线面垂直的判定

10、定理可得BD平面CMO，因此BDCM，故A正确B选项，因为折起的过程中，AD边的长度始终不变，因此MDCD.若CDM为等边三角形，则CMCD.设菱形ABCD的边长为2，由BAD60，得AOABsin 60，即AOMO，又CMCD2，所以cosMOC，即平面MBD与平面CBD夹角的余弦值为时，CDM为等边三角形，故B正确C选项，由A选项知，OMBD，OCBD，所以0，因此()().同B选项，设菱形ABCD的边长为2，易得OCOM，OBOD1，所以3cosMOC1，显然当cosMOC时，0，即DMBC，故C错误D选项，同B、C选项，设菱形ABCD的边长为2，则OM，OD1，MD2，由几何体直观图可

11、知，当OM平面BCD时，直线DM与平面BCD所成的角最大，为MDO，易知MDO60，故D正确故选A、B、D.三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中横线上)13.如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2.给出以下结论：0；0；0；0.其中正确结论的序号是_解析：由题意可得0，所以正确；又因为底面ABCD是边长为1的正方形，SASBSCSD2，所以22cosASB，22cosCSD，而ASBCSD，于是，因此正确，其余三个都不正确，故正确结论的序号是.答案：14若A(1，2，3)，B(2，4，1)，C(x，1，3)是以BC

12、为斜边的直角三角形的三个顶点，则x_解析：由题意得(3，6，2)，(x1，3，6)，3(x1)18120，解得x11.答案：1115如图，已知矩形ABCD，AB1，BCa，PA平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQQD，则a的值等于_解析：如图，建立空间直角坐标系Axyz，则D(0，a，0)设Q(1，t，0)(0ta)，P(0，0，z)则(1，t，z)，(1，at，0)由PQQD，得1t(at)0，即t2at10.由题意知方程t2at10只一解a240，a2，这时t10，a答案：216.如图，四面体ABCD中，E，F分别为AB，DC上的点，且AEBE，CF2DF，设a，b，c.(1)以a

13、，b，c为基底表示，则_；(2)若ADBBDCADC60，且|4，|3，|3，则|_解析：(1)如图所示，连接DE.因为，()，所以abc.(2)|2a2b2c2abacbc423232434333.所以|.答案：(1)abc(2)四、解答题(本大题共6小题，共70分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分)已知空间三点A(2，0，2)，B(1，1，2)，C(3，0，4)，设a，b.(1)求a与b的夹角的余弦值；(2)若向量kab与ka2b互相垂直，求k的值解：(1)a(1，1，2)(2，0，2)(1，1，0)，b(3，0，4)(2，0，2)(1，0，2)cos

14、.所以a与b的夹角的余弦值为.(2)因为kab(k，k，0)(1，0，2)(k1，k，2)，ka2b(k，k，0)(2，0，4)(k2，k，4)，所以(k1，k，2)(k2，k，4)(k1)(k2)k280.即2k2k100，所以k或k2.18(本小题满分12分)如图，在矩形ABCD中，AB2BC，P，Q分别为线段AB，CD的中点，EP平面ABCD.(1)证明：AQ平面EPC；(2)证明：平面AEQ平面EPD.证明：(1)EP平面ABCD，且P，Q分别为AB，DC的中点，PQAB.故以P为坐标原点，以PA，PQ，PE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AB2，PEa，则A(

15、1，0，0)，Q(0，1，0)，E(0，0，a)，C(1，1，0)(1，1，0)，(1，1，0)，AQPC.又AQ平面EPC，PC平面EPC，AQ平面EPC.(2)D(1，1，0)，E(0，0，a)，(1，1，0)，(0，0，a)，(1，1，0)(1，1，0)110，(1，1，0)(0，0，a)0.，即AQPD，AQPE.又PDPEP，AQ平面EPD.又AQ平面AEQ，平面AEQ平面EPD.19(本小题满分12分)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，BCAA11，求D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值解：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，因为AB2，BCAA11，所以A1(1，0

16、，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，1)，D1(0，0，1)，所以(1，2，0)，(1，0，1)，(0，2，0)设平面A1BC1的法向量为n(x，y，z)，则有即取x2，则y1，z2，则n(2，1，2)设D1C1与平面A1BC1所成角为，则sin |cos，n|，即D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.20(本小题满分12分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG平面ABCD，垂足为G，G在AD上，且PG4，AGGD，BGGC，GBGC2，E是BC的中点(1)求异面直线GE与PC所成角的余弦值；(2)若F是棱PC上一点，且DFGC，求的值解：(1)以G点为原点，GB

17、，GC，GP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(2，0，0)，C(0，2，0)，P(0，0，4)，故E(1，1，0)，(1，1，0)，(0，2，4)cos，GE与PC所成角的余弦值为.(2)，D.设F(0，y，z)，则(0，y，z).DFGC，0，即(0，2，0)2y30，y.又点F在PC上，即(0，2，4)，z1，故F，3.21(本小题满分12分)如图，边长为2的等边PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC2，M为BC的中点(1)证明：AMPM；(2)求平面PAM与平面ABCD夹角的大小；(3)求点D到平面AMP的距离解：(1)证明：以D点为原点，分别

18、以直线DA，DC为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意，可得D(0，0，0)，P(0，1，)，C(0，2，0)，A(2，0，0)，M(，2，0)(，1，)，(，2，0)，(，1，)(，2，0)0，即，AMPM.(2)设n(x，y，z)为平面PAM的法向量，则即取y1，得n(，1，)取p(0，0，1)，显然p为平面ABCD的一个法向量，cosn，p.故平面PAM与平面ABCD的夹角为45.(3)设点D到平面AMP的距离为d，由(2)可知n(，1，)为平面PAM的一个法向量，则d，即点D到平面AMP的距离为.22(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1C1C

19、是边长为4的正方形，平面ABC平面AA1C1C，AB3，BC5.(1)求证：AA1平面ABC；(2)求平面A1BC1与平面B1BC1夹角的余弦值；(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得ADA1B，并求的值解：(1)证明：因为四边形AA1C1C为正方形，所以AA1AC.因为平面ABC平面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，所以AA1平面ABC.(2)由(1)知AA1AC，AA1AB.由题意知AB3，BC5，AC4，所以ABAC.如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，则B(0，3，0)，A1(0，0，4)，B1(0，3，4)，C1(4，0，4)所以(0，3，4)，(4，0，0)，(0，0，4)，(4，3，4)设平面A1BC1的法向量为n(x，y，z)，则即取z3，则x0，y4，所以平面A1BC1的一个法向量为n(0，4，3)设平面B1BC1的一个法向量为m(a，b，c)，则即取a3，则b4，c0，故平面B1BC1的一个法向量为m(3，4，0)所以cosn，m.所以平面A1BC1与平面B1BC1夹角的余弦值为.(3)假设D(x1，y1，z1)是线段BC1上一点，且(0，1)，所以(x1，y13，z1)(4，3，4)解得x14，y133，z14，所以(4，33，4)由0，得9250，解得.因为0，1，所以在线段BC1上存在点D，使得ADA1B.此时.