2020-2021学年新教材高考数学 第一章 空间向量与立体几何 章末检测试卷（一）（含解析）新人教A版选择性必修第一册.docx

1、章末检测试卷(一)(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)1在长方体ABCDA1B1C1D1中，等于()A. B. C. D.答案A解析.2若直线l的方向向量为a，平面的法向量为，则能使l的是()Aa(1,0,0)，(2,0,0)Ba(1,3,5)，(1,0,1)Ca(0,2,1)，(1,0,1)Da(1，1,3)，(0,3,1)答案D解析由l，故a，即a0，故选D.3已知棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心为O1，则的值为()A1 B0 C1 D2答案C解析由于()()，而，则()()21.4已知ABC的三个顶

2、点为A(3,3,2)，B(4，3,7)，C(0,5,1)，则BC边上的中线长为()A2 B3C4 D5答案B解析设BC边的中点为D，则()(1，2,2)，所以|3.5若向量a(x，4,5)，b(1，2,2)，且a与b的夹角的余弦值为，则x等于()A3 B3 C11 D3或11答案A解析因为ab(x，4,5)(1，2,2)x810x2，且a与b的夹角的余弦值为，所以，解得x3或11(舍去)，故选A.6平面的法向量u(x，1，2)，平面的法向量，已知，则xy等于()A.B.C3 D.答案A解析由题意知，u，即解得4，y，x4，xy4.7已知平面内两向量a(1,1,1)，b(0,2，1)且cmanb

3、(4，4,1)若c为平面的法向量，则m，n的值分别为()A1,2 B1，2C1,2 D1，2答案A解析cmanb(4，4,1)(m，m，m)(0,2n，n)(4，4,1)(m4，m2n4，mn1)，由c为平面的法向量，得即解得8.如图，四棱锥PABCD中，PB平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ABBC，ABADPB3，点E在棱PA上，且PE2EA，则平面ABE与平面BED的夹角的余弦值为()A. B. C. D.答案B解析如图，以B为坐标原点，分别以BC，BA，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则B(0,0,0)，A(0,3,0)，P(0,0,3)，D(3,3,

4、0)，E(0,2,1)，(0,2,1)，(3,3,0)设平面BED的法向量为n(x，y，z)，则取z1，得n.又平面ABE的法向量为m(1,0,0)，cosn，m.平面ABE与平面BED的夹角的余弦值为.二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9已知空间三点A(1,0,3)，B(1,1,4)，C(2，1,3)若，且|，则点P的坐标为()A(4，2,2) B(2,2,4)C(4,2，2) D(2，2,4)答案AB解析设(3，2，)又|，解得1，(3，2，1)或(3,2,1)设点P的坐标为(x，y，z)，则(x1，y，z3)，或解得或

5、故点P的坐标为(4，2,2)或(2,2,4)10在三棱锥ABCD中，DA，DB，DC两两垂直，且DBDC，E为BC的中点，则直线AE和BC()A垂直 B. 相交C共面 D异面答案ABC解析因为E为BC的中点，所以()，因为在三棱锥ABCD中，DA，DB，DC两两垂直，且DBDC，所以()(22)0. 所以AE和BC垂直又AE，BC显然相交，故选ABC.11若直线l的方向向量为a(1,0,2)，平面的法向量为n(2,0，4)，则()AlBlClDl与相交答案BD解析a(1,0,2)，n(2,0，4)，n2a，即an，l.12已知直线l过点P(1,0，1)且平行于向量a(2,1,1)，平面过直线l

6、与点M(1,2,3)，则平面的法向量可能是()A(1，4,2) B.C.D(0，1,1)答案ABC解析因为(0,2,4)，直线l平行于向量a，若n是平面的一个法向量，则必须满足与法向量垂直，把选项代入验证，只有选项D不满足，故选ABC.三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13已知正方体ABCDA1B1C1D1中，若点F是侧面CD1的中心，且mn，则m_.答案解析由于()，所以m，n.14设平面的法向量为m(1,2，2)，平面的法向量为n(2，4，k)，若，则k_.答案4解析由得，解得k4.15在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB

7、1所成角的余弦值为_答案解析不妨设CB1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)(0,2，1)，(2,2,1)cos ，.16在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为CC1的中点，P，Q是正方体表面上相异两点，满足BPA1E，BQA1E.(1)若P，Q均在平面A1B1C1D1内，则PQ与BD的位置关系是_；(2)|A1P|的最小值为_(本题第一空2分，第二空3分)答案(1)平行(2)解析(1)以D为原点，以DA，DC，DD1 所在的直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，A1(1,0,1)，E，B(1,1,0) ，因为P，Q均在平面A

8、1B1C1D1内，所以设P(a，b，1)，Q(m，n，1)，(a1，b1,1)，(m1，n1,1) ，因为BPA1E , BQA1E ，所以解得(nb，nb，0)，(1，1,0) ，所以PQ与BD的位置关系是平行(2)由(1)可知：ba，|，当a时，|有最小值，最小值为.四解答题(本大题共6小题，共70分)17(10分)已知a(x，4,1)，b(2，y，1)，c(3，2，z)，ab，bc，求：(1)a，b，c；(2)ac与bc夹角的余弦值解(1)因为ab，所以，解得x2，y4，则a(2,4,1)，b(2，4，1)又bc，所以bc0，即68z0，解得z2，于是c(3，2,2)(2)由(1)得ac

9、(5,2,3)，bc(1，6,1)，设ac与bc的夹角为，因为cos .所以ac与bc夹角的余弦值为.18(12分)如图所示，在四棱锥PABCD中，PC平面ABCD，PC2，在四边形ABCD中，CDAB，ABCBCD90，AB4，CD1，点M在PB上，且PB4PM，PBC30，求证：CM平面PAD.证明建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，PBC30，PC2，BC2，PB4，D(1,0,0)，C(0,0,0)，A(4,2，0)，P(0，0,2)，PB4PM，PM1，M，(1,0,2)，(3,2，0)，设平面PAD的一个法向量n(x，y，z)，则即令x1，解得y，z，故n，又n0，n，又CM平面

10、PAD，CM平面PAD.19.(12分)如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，ADCD，ABCD，ABAD2，CD4，M为CE的中点(1)求证：BM平面ADEF；(2)求证：BC平面BDE.证明平面ADEF平面ABCD，平面ADEF平面ABCDAD，ADED，ED平面ADEF，ED平面ABCD.以D为原点，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,4,0)，E(0,0,2)，F(2,0,2)(1)M为EC的中点，M(0,2,1)，则(2,0,1)，(2,0,0)，(0,0,2)，故，共面又BM平面AD

11、EF，BM平面ADEF.(2)(2,2,0)，(2,2,0)，(0,0,2)，440，BCDB.又0，BCDE.又DEDBD，BC平面BDE.20(12分)在三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC为正三角形，且侧棱AA1底面ABC，且底面边长与侧棱长都等于2，O，O1分别为AC，A1C1的中点，求平面AB1O1与平面BC1O间的距离解如图，连接OO1，根据题意，OO1底面ABC，则以O为原点，分别以OB，OC，OO1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系AO1OC1，OBO1B1，AO1O1B1O1，OC1OBO，平面AB1O1平面BC1O.平面AB1O1与平面BC1O间的距离即为点O1到

12、平面BC1O的距离O(0,0,0)，B(，0,0)，C1(0,1,2)，O1(0,0,2)，(，0,0)，(0,1,2)，(0,0,2)，设n(x，y，z)为平面BC1O的法向量，则即可取n(0,2，1)点O1到平面BC1O的距离记为d，则d.平面AB1O1与平面BC1O间的距离为.21(12分)如图，在空间直角坐标系Dxyz中，四棱柱ABCD A1B1C1D1为长方体，AA1AB2AD，点E，F分别为C1D1，A1B的中点，求平面B1A1B与平面A1BE夹角的余弦值解设AD1，则A1(1,0,2)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)，D1(0,0,2)，因为E，F分别为C1D1，A1B的中

13、点，所以E(0,1,2)，F(1,1,1)，所以(1,1,0)，(0,2，2)，设m(x，y，z)是平面A1BE的法向量，则所以所以取x1，则yz1，所以平面A1BE的一个法向量为m(1,1,1)又DA平面A1B1B，所以(1,0,0)是平面A1B1B的一个法向量，所以cos m，所以平面B1A1B与平面A1BE夹角的余弦值为.22(12分)如图所示， 已知几何体EFGABCD，其中四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长为1，点M在边DG上(1)求证：BMEF；(2)是否存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由(1)证明因为四

14、边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，所以GDDA，GDDC，ADCD，又DADCD，所以GD平面ABCD.以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1)因为点M在边DG上，故可设M(0,0，t)(0t1)可得(1,1，t)，(1,1,0)，所以1(1)11(t)00，所以BMEF.(2)解假设存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45.设平面BEF的法向量为n(x，y，z)，因为(0，1,1)，(1,0,1)，所以所以令z1，得xy1，所以n(1,1,1)为平面BEF的一个法向量，所以cosn，.因为直线MB与平面BEF所成的角为45，所以sin 45|cosn，|，所以，解得t43.又0t1，所以t34.所以存在点M(0,0,34)当点M位于DG上，且DM34时，直线MB与平面BEF所成的角为45.