（新教材）2021-2022学年人教A版数学选择性必修第一册作业课件：单元评价 第一章　空间向量与立体几何 .ppt

1、单元素养评价(一)(第一章)(120分钟 150分)一、单选题(每小题 5 分，共 40 分)1设直线 l 的方向向量 v()x，1，2，平面 的法向量 n()1，1，2，若 l，则 x()A1 B0 C5 D4【解析】选 A.由 l，则 vn，则存在非零常数，使得 vn，即x，1，22，解得 x1.2空间中，与向量 a(3，0，4)同向共线的单位向量为()Ae(1，0，1)Be(1，0，1)或 e(1，0，1)Ce35，0，45De35，0，45或 e35，0，45【解析】选 C.因为|a|320242 5，所以与 a 同向共线的单位向量 e a|a|15(3，0，4)35，0，45.3已知

2、正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，若点 F 是侧面 CD1 的中心，且AFADmABn1AA，则 m，n 的值分别为()A12，12 B12，12C12，12 D12，12【解析】选 A.由于AFADDFAD12(DC1DD)AD12 AB121AA，所以 m12，n12.4如图，棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1，O 是底面 A1B1C1D1 的中心，则 O 到平面 ABC1D1 的距离是()A.12 B 24 C 22 D 32【解析】选 B.如图建立空间直角坐标系，则 O12，12，1，D1(0，0，1)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，1)，A1(

3、1，0，1)，所以1OD 12，12，0，由于 AB平面 ADD1A1，A1D 平面 ADD1A1，所以 ABA1D，又 AD1A1D，ABAD1A，所以 A1D平面 ABC1D1，故平面 ABC1D1 的一个法向量为1DA(1，0，1)，所以 O 到平面 ABC1D1 的距离 d111|OD DA|DA122 24.5已知空间中三点 A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(1，3，1)，则()AAB与AC是共线向量BAB的单位向量是()1，1，0CAB与BC 夹角的余弦值是 5511D平面 ABC 的一个法向量是()1，2，5【解析】选 D.由题意，对于 A，AB()2，1，0，AC()1，

4、2，1，所以ABAC，则AB与AC不是共线向量，所以 A 项是错误的；对于 B，因为AB()2，1，0，所以AB的单位向量为2 55，55，0或2 55，55，0，所以 B 项是错误的；对于 C，向量AB()2，1，0，BC()3，1，1，所以 cos AB，BC AB BCAB BC 5511，所以 C 项是错误的；对于 D，设平面 ABC 的一个法向量是 n()x，y，z，因为AB()2，1，0，AC()1，2，1，所以AB0AC0nn即2xy0，x2yz0，令 x1，得 n(1，2，5)，所以平面 ABC 的一个法向量为 n()1，2，5，所以 D 项是正确的6如图，在直三棱柱 ABC-

5、A1B1C1 中，ACB90，2ACAA1BC2，D 为 AA1上一点若二面角 B1-DC-C1 的大小为 60，则 AD 的长为()A.2 B 3 C2 D 22【解析】选 A.如图，以 C 为坐标原点，CA，CB，CC1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z轴建立空间直角坐标系 Cxyz，则 C(0，0，0)，B1(0，2，2).设 ADa(0a2)，则点 D 的坐标为(1，0，a)，CD(1，0，a)，1CB(0，2，2).设平面 B1CD 的法向量为 m(x，y，z)，则1CB0CD0mm即2y2z0，xaz0，令 z1，得 m(a，1，1).又平面 C1DC 的一个法向量为 n(0，1

6、，0)，则由 cos 60|mn|m|n|，得1a22 12，即 a 2，故 AD 2.7在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E，F，G 分别为棱 A1D1，D1D，A1B1 的中点，给出下列命题：AC1EG；GCED；B1F平面 BGC1；EF 和 BB1 所成角为4.正确命题的个数是()A0 B1 C2 D3【解析】选 C.设正方体棱长为 2，建立空间直角坐标系如图所示，A()2，0，0，C1()0，2，2，G()2，1，2，C()0，2，0，E()1，0，2，D()0，0，0，B1()2，2，2，F()0，0，1，B()2，2，0.1AC()2，2，2，EG()1，1，0，1A

7、C EG 2200，所以 AC1EG，故正确GC()2，1，2，ED()1，0，2，不存在实数 使GCED，故GCED 不成立，故错误1B F()2，2，1，BG()0，1，2，1BC()2，0，2，1B FBG0，1B F1BC 20，故 B1F平面 BGC1 不成立，故错误EF()1，0，1，1BB()0，0，2，设 EF 和 BB1 所成角为，则 cos 11EF BB|EF|BB|222 22，由于 0，2，所以 4，故正确综上所述，正确的命题有 2 个8如图，该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成，半圆柱体底面直径 BC4，ABAC，BAC90，D 为半圆弧的中点，若异面直线 BD 和 A

8、B1 所成角的余弦值为23，则该几何体的体积为()A.168 B3216C328 D1616【解析】选 A.设 D 在底面半圆上的射影为 D1，连接 AD1 交 BC 于 O，设 A1DB1C1O1.依题意半圆柱体底面直径 BC4，ABAC，BAC90，D 为半圆弧的中点，所以 AD1BC，A1DB1C1 且 O，O1 分别是下底面、上底面半圆的圆心连接 OO1，则 OO1 与上下底面垂直，所以 OO1OB，OO1OA，又 OAOB，以 OB，OA，OO1 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，设几何体的高为h()h0，则 B()2，0，0，D()0，2，h，A()0，2，0，B1

9、()2，0，h，所以BD()2，2，h，1AB()2，2，h，由于异面直线 BD 和 AB1 所成的角的余弦值为23，所以11BD AB|BD|AB|h28h28h223，即 h28h2 23，h216，h4.所以几何体的体积为12 22412 424168.二、多选题(每小题 5 分，共 20 分，全部选对得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分)9在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，下列各式中运算结果为1AC 的是()AABBC 1CC B1AA 11B C 11D CCAB1C C11B C D1AA DC11B C【解析】选 ABCD.如图所示：对于 A：ABBC

10、1CC AC1CC 1AC，对于 B：1AA 11B C 11D C 1AD 11D C 1AC，对于 C：AB1C C11B C 1AB 11B C 1AC，对于 D：1AA DC11B C 1AB 11B C 1AC 10如图所示，在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 M，P，Q 分别为棱 AB，CD，BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则下列说法正确的是()AA1MD1PBA1MB1QCA1M平面 DCC1D1DA1M平面 D1PQB1【解析】选 ACD.1A M1A A AM1A A 12 AB，1D P 1D DDP1A A 12AB，所以1A M1D P，所以 A

11、1MD1P，由线面平行的判定定理可知，A1M平面DCC1D1，A1M平面 D1PQB1.ACD 正确11在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，AB2 3，ADAA12，P，Q，R 分别是 AB，BB1，A1C 上的动点，下列结论正确的是()A对于任意给定的点 P，存在点 Q 使得 D1PCQB对于任意给定的点 Q，存在点 R 使得 D1RCQC当 ARA1C 时，ARD1RD当 A1C3A1R 时，D1R平面 BDC1【解析】选 ABD.如图所示，建立空间直角坐标系，设 P()2，a，0，a0，2 3，Q()2，2 3，b，b0，2，设1A R 1A C，得到 R()22，2 3，22，0

12、，1.1D P()2，a，2，CQ()2，0，b，1D P CQ42b，当 b2 时，D1PCQ，A 正确；1D R()22，2 3，2，1D R CQ2()222b，取 22b 时，D1RCQ，B 正确；由 ARA1C，得AR 1A C()2，2 3，22()2，2 3，2412440，15，此时AR 1D R 25，2 35，8585，2 35，2545 0，C 错误；A1C3A1R，则 R43，2 33，43，1D R 43，2 33，23，设平面 BDC1的法向量为 n()x，y，z，则1BD0DC0nn解得 n()3，1，3，故1D R n0，故 D1R平面 BDC1，D 正确12如

13、图所示，正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，AB1，点 P 在侧面 BCC1B1 及其边界上运动，并且总是保持 APBD1，则以下四个结论正确的是()A.VP-AA1D13B点 P 必在线段 B1C 上CAPBC1DAP平面 A1C1D【解析】选 BD.对于 A，因为 P 在平面 BCC1B1 上，平面 BCC1B1平面 AA1D，所以 P到平面 AA1D 的距离即为 C 到平面 AA1D 的距离，即为正方体棱长，所以 VP-AA1D13 S AA1DCD13 12 11116，A 错误；对于 B，以 D 为坐标原点可建立如图所示的空间直角坐标系：则 A()1，0，0，P()x，1，z，B

14、()1，1，0，D1()0，0，1，B1()1，1，1，C()0，1，0，C1(0，1，1)，所以AP()x1，1，z，1BD()1，1，1，1B C()1，0，1，因为 APBD1，所以AP1BD 1x1z0，所以 xz，即 P()x，1，x，所以CP()x，0，x，所以CPx1B C，即 B1，P，C 三点共线，所以 P 必在线段 B1C 上，B 正确；对于 C，因为AP()x1，1，x，1BC()1，0，1，所以AP1BC 1xx1，所以 AP 与 BC1 不垂直，C 错误；对于 D，因为 A1()1，0，1，C1()0，1，1，D()0，0，0，所以1DA()1，0，1，1DC()0，

15、1，1，设平面 A1C1D 的法向量 n()x，y，z，所以11DAxz0DCyz0nn令 x1，则 z1，y1，所以 n()1，1，1，所以APnx11x0，即APn，所以 AP平面 A1C1D，D 正确三、填空题(每小题 5 分，共 20 分)13在空间直角坐标系中，点 P(0，0，1)为平面 ABC 外一点，其中 A(1，1，0)，B(0，2，3)，若平面 ABC 的一个法向量为(1，m，1)，则点 P 到平面 ABC 的距离为_【解析】在空间直角坐标系中，A(1，1，0)，B(0，2，3)，所以AB()1，1，3，而平面 ABC 的一个法向量为 n(1，m，1)，所以ABn0，即1m3

16、0，解得 m2，所以 n(1，2，1)，点 P(0，0，1)，则AP()1，1，1，则由点到平面的距离公式可得 dAP nn 26 63.答案：6314如图，在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中，底面边长为 2，直线 CC1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为13，则正四棱柱的高为_【解析】以 D 为坐标原点，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，设 DD1a，则 A(2，0，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，a)，C1(0，2，a)，故AC(2，2，0)，1AD(2，0，a)，1CC(0，0，a).设平面 ACD1 的一个法向量为

17、n(x，y，z)，则1AC2x2y0AD2xaz0 nn可取 n1，1，2a，故 cos n，1CC 11CC|CC|nn2a4a2222a24，又直线 CC1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为13，所以22a24 13，解得 a4.答案：415如图，在四面体 D-ABC 中，ADBDACBC5，ABDC6.若 M 为线段 AB上的动点(不包含端点)，则二面角 D-MC-B 的余弦值的取值范围是_【解析】以 AB 的中点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，计算得 D0，12，632，C(0，4，0)，M(a，0，0)(3a3)，平面 MBC 的一个法向量为 n1(0，0，1)，设平面 DM

18、C 的一个法向量为 n2(x，y，z)，则DC0，92，632，MC(a，4，0)，则22DC0,MC0,nn即92y 632 z0，ax4y0，令 z9，x4 63a，y 63，所以平面 DMC 的一个法向量为 n24 63a，63，9，所以|cos n1，n2 91663a2638191663a2144，因为3a3，所以 a216639144256，所以|cos n1，n2 916，即二面角的余弦值的取值范围是 916，916.答案：916，91616如图，在三棱锥 S-ABC 中，SASBSC，且ASBBSCCSA2，M，N分别是 AB 和 SC 的中点则异面直线 SM 与 BN 所成的

19、角的余弦值为_，直线SM 与面 SAC 所成角的大小为_【解析】因为ASBBSCCSA2，所以以 S 为坐标原点，SA，SB，SC 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系设 SASBSC2，则 M(1，1，0)，B(0，2，0)，N(0，0，1)，A(2，0，0)，C(0，0，2).因为SM(1，1，0)，BN(0，2，1)，cos SM，BN 22 5 105，所以异面直线 SM 与 BN 所成的角的余弦值为 105，面 SAC 的一个法向量为SB(0，2，0)，则由 cos SM，SB 222 22得SM，SB4，即直线 SM 与面 SAC 所成角大小为4.答案：105 4四、解

20、答题(共 70 分)17(10 分)已知向量 a(1，3，2)，b(2，m，4).(1)若 ab，求实数 m 的值；(2)若 ab，求实数 m 的值【解析】(1)a(1，3，2)，b(2，m，4)，若 ab，则(1，3，2)(2，m，4)，解得12，m6，即 m6.(2)若 ab，则 ab23m80，解得 m103.18(12 分)已知在空间直角坐标系中，A(1，2，4)，B(2，3，0)，C(2，2，5).(1)求ABCA，CB2BA，ABAC；(2)若点 M 满足AM12 AB34 AC，求点 M 的坐标；(3)若 pCA，qCB，求(pq)(pq).【解析】(1)因为 A(1，2，4)，

21、B(2，3，0)，C(2，2，5)，所以AB(3，5，4)，CA(1，0，9).所以ABCA(4，5，5)，又CB(4，5，5)，BA(3，5，4)所以CB2BA(10，15，3)，又AB(3，5，4)，AC(1，0，9)，所以ABAC303633.(2)由(1)知，AM12 AB34 AC12(3，5，4)34(1，0，9)34，52，354若设 M(x，y，z)，则AM(x1，y2，z4)于是x134，y252，z4354，解得x14，y12，z194，故 M14，12，194.(3)由(1)知 pCA(1，0，9)，qCB(4，5，5).(pq)(pq)|p|2|q|2826616.19

22、(12 分)如图所示，在平行四边形 ABCD 中，DAB60，AB2，AD4，将CBD沿 BD 折起到EBD 的位置，使平面 EBD平面 ABD.(1)求证：ABDE；(2)若点 F 为 BE 的中点，求直线 AF 与平面 ADE 所成角的正弦值【解析】(1)在 ABD 中，由余弦定理，得 BD2AB2AD22ABAD cos DAB，即 BD24161612 12，所以 BD2 3，所以 BD2AB2AD2，所以 ABD 和 EBD 均为直角三角形，所以 EDDB.又 DB 是平面 EBD 和平面 ABD 的交线，且平面 EBD平面 ABD，ED平面 EBD，所以 ED平面 ABD.又 AB

23、 平面 ABD，所以 ABDE.(2)由(1)知EDBCDB90，以 D 为坐标原点，射线 DB，DC，DE 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则 D(0，0，0)，B(2 3，0，0)，C(0，2，0)，E(0，0，2)，A(2 3，2，0)，F(3，0，1)，所以DA(2 3，2，0)，DE(0，0，2)，AF(3，2，1).设平面 ADE 的法向量为 n(x，y，z)，则有DA0DE0nn即2 3x2y0，2z0.令 x1，则 y 3，z0，所以 n(1，3，0).设直线 AF 与平面 ADE 所成的角为，则有 sin|cos n，AF|AF|AF|nn322 2

24、 68.所以直线 AF 与平面 ADE 所成角的正弦值为 68.20(12 分)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AA1ABBC3，AC2，D 是 AC 的中点(1)求证：B1C平面 A1BD；(2)求直线 B1C 到平面 A1BD 的距离【解析】(1)连接 AB1 交 A1B 于点 E，连接 DE，则点 E 为 AB1 的中点，又 D 是 AC 的中点，所以 DEB1C，因为 DE 平面 A1BD，B1C平面 A1BD，所以 B1C平面 A1BD；(2)因为 B1C平面 A1BD，所以 B1C 到平面 A1BD 的距离就等于点 B1 到平面 A1BD 的距离以点 D 为坐标原点，建立如图

25、所示的空间直角坐标系，则 B1()0，2 2，3，B()0，2 2，0，A1()1，0，3，1DB()0，2 2，3，DB()0，2 2，0，1DA()1，0，3.设平面 A1BD 的法向量为 n()x，y，z，所以1DBDAnn即1DB0DA0nn即2 2y0，x3z0，令 z1，则 n()3，0，1.所求距离为 d1DBnn3 1010.21(12 分)如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，ACBC，ACBCCC12，D 是棱 A1B1的中点，侧棱 CC1底面 ABC.(1)求异面直线 CB1 与 AC1 所成的角；(2)求平面 ADC1 与平面 ABC 所成二面角的正弦值【解析】(1

26、)因为侧棱 CC1底面 ABC，所以 CC1AC，CC1BC.又因为 ACBC，所以可以以 C 为坐标原点，CB，1CC，CA的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系 Cxyz，如图所示因为 AA1，BB1，CC1 都是三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱，且 CC1底面 ABC，所以四边形 AA1C1C 与 CC1B1B 都是矩形因为 ACBCCC12，所以矩形 AA1C1C 与 CC1B1B 都是边长为 2 的正方形所以 C(0，0，0)，A(0，0，2)，B1(2，2，0)，C1(0，2，0).所以1CB(2，2，0)，1AC(0，2，2).所以 cos 1CB，

27、1AC 1111CB AC|CB|AC|（2，2，0）（0，2，2）2222020222（2）2 12，所以异面直线 CB1 与 AC1 所成的角是 60.(2)因为 D 是棱 A1B1 的中点，所以 D(1，2，1).由(1)知，C(0，0，0)，A(0，0，2)，C1(0，2，0).所以1CC(0，2，0)，1AC(0，2，2)，AD(1，2，1).因为侧棱 CC1底面 ABC，所以1CC(0，2，0)是平面 ABC 的法向量.设平面 ADC1 的法向量为 n(x，y，z)，则1AC0AD0.nn即2y2z0，x2yz0.解得xz，yz.故可取 n(1，1，1).所以 cos 1CC，n1

28、1CCCCnn（0，2，0）（1，1，1）022202（1）21212 33.所以 sin 1CC，n 63.故平面 ADC1 与平面 ABC 所成二面角的正弦值为 63.22(12 分)如图，在多面体 ABCDP 中，ABC 是边长为 4 的等边三角形，PAAC，BDCD2 2，PCPB4 2，点 E 为 BC 的中点，平面 BDC平面 ABC.(1)求证：DE平面 PAC；(2)线段 BC 上是否存在一点 T，使得二面角 T-DA-B 为直二面角？若存在，试指出点 T的位置；若不存在，请说明理由【解析】(1)因为 BDCD2 2，ABC 是边长为 4 的等边三角形，所以 BD2CD2()2

29、 22()2 2216BC2，所以 BDC 是等腰直角三角形，BDC90.又点 E 为 BC 的中点，所以 DEBC.因为平面 BDC平面 ABC，平面 BDC平面 ABCBC，所以 DE平面 ABC.因为 PCPB4 2，PAACAB4，所以 PA2AC2424232PC2，PA2AB2424232PB2，所以 PAB 与 PAC 都是等腰直角三角形，故 PAAC，PAAB.又 ACABA，所以 PA平面 ABC，所以 DEPA.因为 PA 平面 PAC，DE平面 PAC，所以 DE平面 PAC.(2)连接 AE，以 E 为原点，EC，EA，ED 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立如图所示

30、的空间直角坐标系，则 A()0，2 3，0，B()2，0，0，C()2，0，0，D()0，0，2，设存在 T()，0，0，使得二面角 T-DA-B 为直二面角，易知22，且 0.设平面 BAD 的法向量为 n1()x1，y1，z1，则由BD()2，0，2，AD()0，2 3，2，得x1z10，3y1z10，令 z11，得 x11，y1 33，故 n11，33，1.设平面 TAD 的法向量为 n2()x2，y2，z2，则由DT()，0，2，AT()，2 3，0，得x22z20，x22 3y20，令 z21，得 x22，y2 33，故 n22，33，1.由 cos n1，n22 33 33 17343420，得13 2 10，故 32.所以当 T 为线段 BC 上靠近点 C 的八等分点时，二面角 T-DA-B 为直二面角