2021-2022学年高中数学人教A版选择性必修第一册测评：第一章　空间向量与立体几何 测评（二） WORD版含解析.docx

1、第一章测评(二)(时间:120分钟满分:150分)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.若平面平面,且平面的一个法向量为n=-2,1,12,则平面的法向量可以是()A.1,12,14B.(2,-1,0)C.(1,2,0)D.12,1,2解析因为平面平面,所以平面的法向量与平面的法向量互相垂直.设平面的法向量为m=(x,y,z),则有nm=-2x+y+12z=0,即4x-2y-z=0.对于A,41-212-140,故A不成立;对于B,42-2(-1)-00,故B不成立;对于C,41-22-0=0,故C成立;对于D,412-21-2

2、0,故D不成立.答案C2.(2020安徽宿州期末)已知a=(1,k,-2),b=(2k,2,4),若ab,则实数k的值为()A.-2B.2C.-1D.1解析根据题意,ab,设a=tb(tR),即(1,k,-2)=t(2k,2,4)=(2kt,2t,4t),则有1=2kt,k=2t,-2=4t,解得k=-1.答案C3.(2020河南新乡期末)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,P是线段D1B上一点,且BP=2D1P,若AP=xAB+yAD+zAA1,则x+y+z=()A.53B.23C.43D.1解析BP=2D1P,BP=2PD1,即AP-AB=2(AD1-AP)=2AD1-2AP,即3

3、AP=AB+2AD1,即AP=13AB+23AD1=13AB+23AD+23AA1,所以x=13,y=23,z=23,所以x+y+z=53.答案A4.(2020湖南常德期末)已知直线l1的一个方向向量为a=(1,-2,2),直线l2的一个方向向量为b=(1,2,0),则两直线所成角的余弦值为()A.53B.255C.-55D.55解析直线l1的一个方向向量为a=(1,-2,2),直线l2的一个方向向量为b=(1,2,0),则两直线所成角的余弦值为|cos|=|ab|a|b|=335=55.答案D5.已知a=(1-t,1,0),b=(2,t,t),则|b-a|的最小值是()A.1B.2C.3D.

4、5解析a=(1-t,1,0),b=(2,t,t),b-a=(1+t,t-1,t),|b-a|=(1+t)2+(t-1)2+t2=3t2+2,当t=0时,|b-a|取最小值2.答案B6.若平面的一个法向量为n1=(1,0,1),平面的一个法向量是n2=(-3,1,3),则平面与所成的角等于()A.30B.45C.60D.90解析平面的一个法向量为n1=(1,0,1),平面的一个法向量是n2=(-3,1,3),cos=1(-3)+01+1312+02+12(-3)2+12+32=0.平面与所成的角等于90.答案D7.(2020江苏南京期末)已知动点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1

5、(不含端点)上.设D1PD1B=,若APC为钝角,则实数的取值范围为()A.0,13B.0,12C.13,1D.12,1解析由题设,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则有A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),D1B=(1,1,-1),D1P=(,-),PA=PD1+D1A=(-,-,)+(1,0,-1)=(1-,-,-1),PC=PD1+D1C=(-,-,)+(0,1,-1)=(-,1-,-1).cosAPC0,PAPC0,(1-)(-)+(-)(1-)+(-1)2=(-1)(3-1)0,解得131,的取值范

6、围是13,1.答案C8.(2021陕西汉中一模)已知向量a=(ax,ay,az),b=(bx,by,bz),i,j,k是空间中的一个单位正交基底.规定向量积的行列式计算:ab=(aybz-azby)i+(azbx-axbz)j+(axby-aybx)k=ijkaxayazbxbybz=ayazbybz,-axazbxbz,axaybxby,其中行列式计算表示为abcd=ad-bc.若向量AB=(2,1,4),AC=(3,1,2),则ABAC=()A.(-4,-8,-1)B.(-1,4,-8)C.(-2,8,-1)D.(-1,-4,-8)解析由题意得,ABAC=(12-41)i+(43-22)j

7、+(21-13)k=-2i+8j-k=(-2,8,-1).答案C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,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.(2020广东广州期末)如图,已知三棱锥O-ABC,E,F分别是OA,BC的中点,P为线段EF上一点,且PF=2EP,设OA=a,OB=b,OC=c,则下列等式成立的是()A.OF=12b+12cB.EP=-16a+16b+16cC.FP=-13a+13b+13cD.OP=13a+16b+16c解析E,F分别是OA,BC的中点,OF=12(OB+OC)=12OB+12OC=12b+12c

8、,故A正确;EF=OF-OE=12b+12c-12a,PF=2EP,EP=13EF,FP=23EF,即EP=13EF=1312b+12c-12a=-16a+16b+16c,故B正确;FP=-23EF=-2312b+12c-12a=13a-13b-13c,故C错误;OP=OE+EP=12a-16a+16b+16c=13a+16b+16c,故D正确.答案ABD10.已知v为直线l的方向向量,n1,n2分别为平面,的法向量(,不重合),那么下列选项正确的是()A.n1n2B.n1n2C.vn1lD.vn1l解析v为直线l的方向向量,n1,n2分别为平面,的法向量(,不重合),则n1n2,n1n2,v

9、n1l,vn1l或l.故A,B正确.答案AB11.(2021江苏南京检测)如图,以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕,把ABD和ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出如下四个结论,其中正确的是()A.ABACB.ABDCC.BDACD.平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直解析以D为坐标原点,DB,DC,DA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图.设折叠前的等腰直角三角形ABC的斜边BC=2,则D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),A(0,0,1),则AB=(1,0,-1),AC=(0,1,-1),DC=(0,1,0),BD=(-1,0,0),从

10、而有ABAC=0+0+1=1,故A错误;ABDC=0,故B正确;BDAC=0,故C正确;易知平面ADC的一个法向量为BD=(-1,0,0),设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则ABn=0,ACn=0,即x-z=0,y-z=0,令y=1,则x=1,z=1,故平面ABC的一个法向量n=(1,1,1),BDn=-1,故D错误.答案BC12.(2020山东淄博期末)已知空间向量i,j,k都是单位向量,且两两垂直,则下列结论正确的是()A.向量i+j+k的模是3B.i+j,i-j,k可以构成空间的一个基底C.向量i+j+k和k夹角的余弦值为33D.向量i+j与k-j共线解析对于A,因为空间向量i

11、,j,k都是单位向量,且两两垂直,所以|i|=|j|=|k|=1,且ij=0,ik=0,jk=0,则|i+j+k|=(i+j+k)2=i2+j2+k2+2ij+2jk+2ik=3,所以向量i+j+k的模是3,故A错误;对于B,因为空间向量i,j,k都是单位向量,且两两垂直,所以i,j,k不共面,而向量i+j,i-j均与i,j共面,所以i+j,i-j与k不共面,则i+j,i-j,k可以构成空间的一个基底,故B正确;对于C,设i+j+k与k的夹角为,则cos=(i+j+k)k|i+j+k|k|=ik+jk+kk|i+j+k|k|=131=33,所以向量i+j+k和k夹角的余弦值为33,故C正确;对

12、于D,因为|i+j|=(i+j)2=i2+2ij+j2=2,同理可得|k-j|=2,则cos=(i+j)(k-j)|i+j|k-j|=-12,所以向量i+j与k-j的夹角为120,则向量i+j与k-j不共线,故D错误.答案BC三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知空间中两点A=(2,2,0),B=(3,y,1),向量a=(3,-1,3),aAB,则|a|=,y=.解析因为a=(3,-1,3),则|a|=32+(-1)2+32=19.因为A=(2,2,0),B=(3,y,1),所以AB=(1,y-2,1).又aAB,则有AB=a(R),即(1,y-2,1)=(3,-1,3),

13、所以1=3,y-2=-,解得=13,y=53.答案195314.在空间直角坐标系Oxyz中,向量OA=(1,1,2),OB=(-1,1,t),OC=(2,1,-1),若O,A,B,C四点共面,则t=.解析O,A,B,C四点共面,则存在实数,使得OB=OA+OC,即(-1,1,t)=(+2,+,2-),+2=-1,+=1,2-=t,解得=3,=-2,t=8.答案815.(2020山东临沂期末)如图,在正四棱锥P-ABCD中,PA=AB,点M为PA的中点,BD=BN.若MNAD,则实数=.解析连接AC,交BD于O,以O为原点,OA为x轴,OB为y轴,OP为z轴,建立空间直角坐标系,图略.设PA=A

14、B=2,则A(2,0,0),D(0,-2,0),P(0,0,2),M22,0,22,B(0,2,0),BD=(0,-22,0),设N(0,b,0),则BN=(0,b-2,0).BD=BN,-22=(b-2),b=2-22,N0,2-22,0,MN=-22,2-22,-22,AD=(-2,-2,0).MNAD,MNAD=1-2-4=0,解得=4.答案416.(2020四川成都模拟)已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,A1AD=A1AB=BAD=60,AA1=AB=AD,E为A1D1的中点.给出下列四个说法:BCC1为异面直线AD与CC1所成的角;三棱锥A1-ABD是正三棱锥;CE平面B

15、B1D1D;CE=-12AD-AB+AA1.其中正确的说法有.(写出所有正确说法的序号)解析BCC1=120,而异面直线AD与CC1所成的角为60,故错误;三棱锥A1-ABD的每个面都为正三角形,故为正四面体,故正确;根据向量加法的三角形法则,CE=CB+BA+AA1+A1E=-AD-AB+AA1+12AD=-12AD-AB+AA1,故正确;BD=AD-AB,CEBD=-12AD-AB+AA1(AD-AB)=-12|AD|2+12ADAB-ABAD+|AB|2+AA1AD-AA1AB=12|AD|2-14|AD|2+12|AD|2-12|AD|2=14|AD|20,CE与BD不垂直,故错误.答

16、案四、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)(2020山西太原期末)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,A1AB=A1AC=60,点M为ABC的重心,AM的延长线交BC于点N,连接A1M.设AB=a,AC=b,A1A=c.(1)用a,b,c表示A1M;(2)求证:A1MAB.(1)解因为ABC为正三角形,点M为ABC的重心,所以N为BC的中点,所以AN=12AB+12AC,AM=23AN,所以A1M=A1A+AM=-AA1+23AN=-AA1+13AB+13AC=13a+13b-c.(2)证明设三棱柱的棱长为m,则A1MAB=13

17、a+13b-ca=13a2+13ab-ca=13m2+13m212-m212=0,所以A1MAB.18.(12分)已知a=(2,-3,1),b=(2,0,3),c=(0,0,m).(1)若a+2b-3c=(6,-3,1),求实数m的值;(2)若m=2,求a(b+c)的值.解(1)因为a=(2,-3,1),b=(2,0,3),c=(0,0,m),所以a+2b-3c=(6,-3,7-3m)=(6,-3,1),所以7-3m=1,解得m=2.(2)若m=2,则c=(0,0,2),b+c=(2,0,5),所以a(b+c)=(2,-3,1)(2,0,5)=9.19.(12分)(2020河南安阳二模)已知在

18、四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD是菱形,且ABC=120,SBC为等边三角形,平面SBC平面ABCD.(1)求证:BCSD;(2)若点E是线段SA上靠近S的三等分点,求直线DE与平面SAB所成角的正弦值.(1)证明取BC的中点F,连接BD,DF和SF.因为SBC为等边三角形,所以SFBC.又四边形ABCD是菱形,且ABC=120,所以BCD为等边三角形,所以DFBC.又SFDF=F,SF平面SDF,DF平面SDF,所以BC平面SDF.又SD平面SDF,所以BCSD.(2)解因为平面SBC平面ABCD,平面SBC平面ABCD=BC,SFBC,SF平面SBC,所以SF平面ABCD.又DFBC,

19、所以SF,BC,DF两两垂直.以点F为坐标原点,FC,FD,FS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Fxyz,如图所示.不妨设AB=2,则A(-2,3,0),B(-1,0,0),S(0,0,3),所以AB=(1,-3,0),AS=(2,-3,3).设平面SAB的法向量为m=(x,y,z),由mAB=0,mAS=0,得x-3y=0,2x-3y+3z=0,令y=1,得平面SAB的一个法向量m=(3,1,-1).又SE=13SA=-23,33,-33,所以E-23,33,233.又D(0,3,0),所以DE=-23,-233,233.设直线DE与平面SAB所成的角为,则sin=|DEm|

20、DE|m|=-233-233-23349+129+1293+1+1=310535.20.(12分)(2020湖南长沙期中)如图,PA平面ABCD,四边形ABCD是正方形,PA=AD=2,M,N分别是AB,PC的中点.(1)求证:平面MND平面PCD;(2)求点P到平面MND的距离.(1)证明PA平面ABCD,ABAD,AB,AD,AP两两互相垂直,如图所示,分别以AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),M(1,0,0),N(1,1,1),MN=(0,1,1),ND=(-1,1,-

21、1),PD=(0,2,-2).设m=(x,y,z)是平面MND的法向量,可得mMN=0,mND=0,即y+z=0,-x+y-z=0,取y=-1,得x=-2,z=1,m=(-2,-1,1)是平面MND的一个法向量,同理可得n=(0,1,1)是平面PCD的一个法向量,mn=-20+(-1)1+11=0,mn,即平面MND的法向量与平面PCD的法向量互相垂直,可得平面MND平面PCD.(2)解由(1)得m=(-2,-1,1)是平面MND的一个法向量.PD=(0,2,-2),得PDm=0(-2)+2(-1)+(-2)1=-4,点P到平面MND的距离d=|mPD|m|=44+1+1=263.21.(12

22、分)如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,ABAC,AB=AC=2,AA1=4,点D是BC的中点.(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;(2)求平面ADC1与平面ABA1夹角的余弦值.解(1)分别以AB,AC,AA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Axyz,如图.则由题意知A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),C1(0,2,4),A1B=(2,0,-4),C1D=(1,-1,-4),cos=A1BC1D|A1B|C1D|=182018=31010,异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为31010.(2)AC=(0,2,0)是平

23、面ABA1的一个法向量.设平面ADC1的法向量为m=(x,y,z),AD=(1,1,0),AC1=(0,2,4),mAD=0,mAC1=0,即x+y=0,2y+4z=0,取z=1,得y=-2,x=2,平面ADC1的一个法向量为m=(2,-2,1).设平面ADC1与ABA1所成二面角为,cos=|cos|=-429=23,平面ADC1与ABA1夹角的余弦值为23.22.(12分)(2021湖南常德模拟)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,ABAC,M,N分别是CC1,BC的中点,点P在A1B1上,且满足A1P=A1B1(R).(1)证明:PNAM.(2)

24、当取何值时,直线PN与平面ABC所成的角最大?并求该最大角的正切值.(3)若平面PMN与平面ABC的夹角为45,试确定点P的位置.(1)证明如图,以AB,AC,AA1分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Axyz,则P(,0,1),N12,12,0,M0,1,12,从而PN=12-,12,-1,AM=0,1,12.因为PNAM=12-0+121-112=0,所以PNAM.(2)解当=12时,直线PN与平面ABC所成的角最大.平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),则sin=sin2-=|cos|=|PNn|PN|n|=1-122+54,而0,2,当sin最大时,最大,当=12时,(sin)max=255,此时最大,tan=2.(3)解平面ABC的一个法向量为n=AA1=(0,0,1).设平面PMN的法向量为m=(x,y,z),由(1)得MP=,-1,12.由mNP=0,mMP=0,得-12x-12y+z=0,x-y+12z=0,解得y=2+13x,z=2(1-)3x.令x=3,得平面PMN的一个法向量m=(3,2+1,2(1-).因为平面PMN与平面ABC的夹角为45,所以|cos|=mn|m|n|=|2(1-)|9+(2+1)2+4(1-)2=22,解得=-12.故点P在B1A1的延长线上,且|A1P|=12.