2021年新教材高中数学 第一章 空间向量与立体几何 质量评估作业（含解析）新人教A版选择性必修第一册.docx

1、第一章质量评估(时间:120分钟分值: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,只有一个选项是符合题目要求的.1.已知a=(-3,2,5),b=(1,5,-1),则a(a+3b)=()A.(0,34,10)B.(-3,19,7)C.44D.23解析:因为a+3b=(-3,2,5)+3(1,5,-1)=(0,17,2),则a(a+3b)=(-3,2,5)(0,17,2)=0+34+10=44.答案:C2.已知直线l1的方向向量为a=(1,2,-2),直线l2的方向向量为b=(-2,3,m),若l1l2,则m等于()A.1B.2C.12D.3解析:若l1l

2、2,则ab,所以ab=0,所以1(-2)+23+(-2m)=0,解得m=2.答案:B3.已知二面角-l-的大小为3,m,n为异面直线,且m,n,则m,n所成的角为()A.6B.3C.2D.23解析:设m,n的方向向量分别为m,n.由m,n知m,n分别是平面,的法向量.因为|cos|=cos 3=12,所以=3或23.因为两异面直线所成角的范围为0,2,所以异面直线m,n所成的角为3.答案:B4.如图所示,点P是正方形ABCD所在平面外一点,PA平面ABCD,PA=AB,则PB与AC所成的角是()A.90B.60C.45D.30解析:由题意,知PA,AB,AD两两垂直,以A为坐标原点,AB,AD

3、,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系(图略),设PA=AB=1,则P(0,0,1),A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),所以PB=(1,0,-1),AC=(1,1,0).设PB与AC所成的角为,则cos =|PBAC|PB|AC|=12,所以=60.答案:B5.如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,点E为上底面对角线A1C1的中点,若BE=AA1+xAB+yAD,则()A.x=-12,y=12B.x=12,y=-12C.x=-12,y=-12D.x=12,y=12解析:BE=BA+AA1+A1E=-AB+AA1+12(A1B1+A1D1)=-

4、AB+AA1+12AB+12AD=AA1-12AB+12AD,所以x=-12,y=12.答案:A6.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,高为4,则点A1到截面AB1D1的距离为()A.83B.38C.43D.34解析:如图,建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B1(2,2,4),D1(0,0,4),A1(2,0,4),所以AB1=(0,2,4),AD1=(-2,0,4),AA1=(0,0,4).设平面AB1D1的法向量n=(x,y,z),则AB1n=0,AD1n=0,即2y+4z=0,-2x+4z=0,令x=2,得y=-2,z=1.所以n=(2,-2,1)是

5、平面AB1D1的一个法向量.所以A1到平面AB1D1的距离为d=|AA1n|n|=43.答案:C7.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ACB=90,2AC=AA1=BC=2,D为AA1上一点.若二面角B1-DC-C1的大小为60,则AD的长为()A.2B.3C.2D.22解析: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,则C(0,0,0),B1(0,2,2).设AD=a(0a2),则点D的坐标为(1,0,a),CD=(1,0,a),CB1=(0,2,2).设平面B1CD的法向量为m=(x,y,z),则mCB1=0,mCD=0,所以2y+2z=

6、0,x+az=0.令z=-1,得x=a,y=1.所以m=(a,1,-1)是平面B1CD的一个法向量.因为平面C1DC的一个法向量为(0,1,0),记为n,则由cos 60=|mn|m|n|,得1a2+2=12,可得a=2,故AD=2.故选A.答案:A8.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC为正三角形,侧棱长等于底面边长,A1在底面的射影是ABC的中心,则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于()A.13B.23C.33D.23解析:如图,设A1在底面ABC内的射影为O,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系.设ABC边长为1,则A33,0,0,B1-32,12,63,所以AB1=-536

7、,12,63.由题意,知平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),所以AB1与底面ABC所成角的正弦值为sin =|cos|=637536+14+69=23.答案:B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,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知向量a=(1,1,0),则与a共线的单位向量e=()A.-22,-22,0B.(0,1,0)C.22,22,0D.(1,1,1)解析:因为向量a=(1,1,0),所以|a|=12+12+02=2.根据单位向量的关系式e=a|a|,可得e=-22,-22,0或e=22,22,0.故选

8、AC.答案:AC10.已知空间三点A(-1,0,1),B(-1,2,2),C(-3,0,4),则下列结论正确的是()A.ABAC=3B.ABACC.|BC|=23D.cos=365解析:因为A(-1,0,1),B(-1,2,2),C(-3,0,4),所以AB=(0,2,1),AC=(-2,0,3),BC=(-2,-2,2),所以AB与AC不平行,ABAC=3,|BC|=23,cos=3513=36565,故选AC.答案:AC11.若a=(-1,-2),b=(2,-1,1),a与b的夹角为120,则的值为()A.17B.-17C.-1D.1解析:因为a=(-1,-2),b=(2,-1,1),a与

9、b的夹角为120,所以cos 120=ab|a|b|=-2-25+26=-12,解得=-1或=17.故选AC.答案:AC12.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E是棱BC的中点,F是棱BB1的中点,设点D到平面AED1的距离为d,直线DE与平面AED1所成的角为,平面AED1与平面AED的夹角为,则()A.DF平面AED1B.d=43C.sin =4515D.cos =23答案:BCD三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知平面的一个法向量为u=(1,2,-1),平面的一个法向量为v=(2,2,8),若,则=2.解析:uvuv=02+4-8=0=2.14.

10、如图,在空间四边形ABCD中,AC和BD为对角线,G为ABC的重心,E是BD上一点,BE=3ED,若以AB,AC,AD为基底,则GE=-112AB-13AC+34AD.解析:连接AG(图略).由题图,知GE=GA+AD+DE=-13(AB+AC)+AD+14(AB-AD)=-112AB-13AC+34AD.15.如图,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,A1B1=1,AB=2,侧棱与底面所成的角为60,则异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为14.解析:如图,设上、下底面中心分别为O1,O,则OO1平面ABCD,以O为原点,直线BD,AC,OO1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.因

11、为AB=2,A1B1=1,所以AC=BD=22,A1C1=B1D1=2.因为平面BDD1B1平面ABCD,所以B1BO为侧棱与底面所成的角.由题意,知B1BO=60.设棱台的高为h,则tan 60=h2-22,所以h=62,所以A(0,-2,0),D1-22,0,62,B122,0,62,C(0,2,0),所以AD1=-22,2,62,B1C=-22,2,-62,所以cos=AD1B1C|AD1|B1C|=14,故异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为14.16.如图,等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,二面角C-AB-D的余弦值为33,M,N分别是AC,BC的中点,则EM,AN所

12、成角的余弦值为16.解析:如图所示,过点C作CO平面ABDE,垂足为O,取AB的中点F,连接CF,OF,OA,OB,则CFO为二面角C-AB-D的平面角,所以cosCFO=33.设AB=1,则CF=32,所以OF=12,OC=22,所以O为正方形ABDE的中心.如图,建立空间直角坐标系,则E0,-22,0,A22,0,0,M24,0,24,N0,24,24,所以EM=24,22,24,AN=-22,24,24,所以cos=EMAN|EM|AN|=16.四、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)已知a=(x,4,1),b=(-2,y,-1),c=

13、(3,-2,z),ab, bc,求:(1)a,b,c;(2)a+c与b+c夹角的余弦值.解:(1)因为ab,所以x-2=4y=1-1,解得x=2,y=-4,所以a=(2,4,1),b=(-2,-4,-1).因为bc,所以bc=0,即-6+8-z=0,解得z=2,所以c=(3,-2,2).(2)由(1),得a+c=(5,2,3),b+c=(1,-6,1),设a+c与b+c的夹角为,所以cos =5-12+33838=-219.18.(12分)如图,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,CC1=3,CD=2,且C1CB=C1CD=60.(1)设CD=a,CB=b,CC1=c,

14、试用a,b,c表示A1C;(2)已知O为A1C的中点,求CO的长.解:(1)由CD=a,CB=b,CC1=c,得CA1=a+b+c,所以A1C=-a-b-c.(2)由已知条件,得|a|=|b|=2,|c|=3,ab=0,=60,=60.由(1),得CA1=a+b+c,则|CA1|2=CA12=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=22+22+32+0+223cos 60+223cos 60=29.所以A1C的长为29,所以CO的长为292.19.(12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC=2,D是棱AC的中点,且AB=BC=BB1=2.(1)求证:AB1平面

15、BC1D.(2)求异面直线AB1与BC1所成角的大小.(1)证明:如图,连接B1C交BC1于点O,连接OD.因为O为B1C的中点,D为AC的中点,所以ODAB1.因为AB1平面BC1D,OD平面BC1D,所以AB1平面BC1D.(2)解:建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,2),B1(0,0,2).所以AB1=(0,-2,2),BC1=(2,0,2),cos=AB1BC1|AB1|BC1|=0+0+42222=12.设异面直线AB1与BC1所成的角为,则cos =12,因为0,2,所以=3.20.(12分)如图,EA平面ABC,DB平面ABC,AC

16、BC,AC=BC=BD=2AE,M是AB的中点.(1)求证:CMEM.(2)求CM与平面CDE所成角的大小.(1)证明:如图,以CB,CA所在直线分别为x轴、y轴,过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系.设AE=a,则C(0,0,0),M(a,-a,0),E(0,-2a,a),所以CM=(a,-a,0),EM=(a,a,-a),所以CMEM=aa+(-a)a+0(-a)=0,所以CMEM.(2)解:由(1)知CE=(0,-2a,a),易知D(2a,0,2a),所以CD=(2a,0,2a).设平面CDE的法向量为n=(x,y,z),则nCE=0,nCD=0,即-2ay+az=0

17、,2ax+2az=0,解得z=2y,x=-z.令y=1,则x=-2,z=2.所以n=(-2,1,2)是平面CDE的一个法向量.因为cos=CMn|CM|n|=a(-2)+(-a)1+022a3=-22,所以=135,所以直线CM与平面CDE所成的角为45.21.(12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BEEC1.(1)证明:BE平面EB1C1.(2)若AE=A1E,求平面EBC与平面ECC1的夹角的正弦值.(1)证明:由已知,得B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1,故B1C1BE.又因为BEEC1,B1C1EC1=C1,所以BE平面E

18、B1C1.(2)解:由(1),知BEB1=90.由题设,知RtABERtA1B1E,所以AEB=45,故AE=AB,AA1=2AB.如图所示,以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,|DA|为单位长度,建立空间直角坐标系,则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),所以CB=(1,0,0),CE=(1,-1,1),CC1=(0,0,2).设平面EBC的法向量为n=(x1,y1,z1),则CBn=0,CEn=0,即x1=0,x1-y1+z1=0,得x1=0,y1=z1.所以可取n=(0,-1,-1).设平面ECC1的法向量为m=(x2,y2,z2),则CC1m=0,C

19、Em=0,即2z2=0,x2-y2+z2=0,得z2=0,x2=y2.所以可取m=(1,1,0).所以cos=nm|n|m|=-12.因为1-122=32,所以平面EBC与平面ECC1的夹角的正弦值为32.22.(12分)在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为长方形,SB底面ABCD,其中BS=2,BA=2,BC=,的可能取值为:=14;=12;=32;=32;=3.(1)求直线AS与平面ABCD所成角的正弦值.(2)若线段CD上能找到点E,满足AESE,则可能的取值有几种情况?请说明理由.(3)在(2)的条件下,当为所有可能情况的最大值时,线段CD上满足AESE的点有两个,分别记为E1,E2

20、,求平面BSE1与平面BSE2的夹角的大小.解:(1)因为SB底面ABCD,所以SAB即为直线AS与平面ABCD所成的角.在RtSAB中,tanSAB=SBAB=22=1,所以sinSAB=22.故直线AS与平面ABCD所成角的正弦值为22.(2)以B为原点,以BC,BA,BS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CE=m,则A(0,2,0),S(0,0,2),E(,m,0),B(0,0,0),所以AE=(,m-2,0),SE=(,m,-2).因为AESE,所以AESE=(,m-2,0)(,m,-2)=2+m(m-2)=0.因为m0,2,所以2=-m(m-2)0,1.故可能的取值有3种情况,分别为=14;=12;=32.(3)由(2)知=32,所以2=34=-m(m-2),解得m=12或m=32.不妨取E132,12,0,E232,32,0,所以BS=(0,0,2),BE1=32,12,0,BE2=32,32,0,设平面BSE1的法向量为m=(x,y,z),则mBE1=32x+12y=0,mBS=2z=0.令x=1,则y=-3,z=0,所以m=(1,-3,0).同理可得,平面BSE2的一个法向量为n=(3,-1,0).所以cos=mn|m|n|=2322=32,所以=6.所以平面BSE1与平面BSE2的夹角的大小为6.