人教版高中數(shù)學(xué)選擇性必修第一冊(cè)《空間向量與立體幾何》基礎(chǔ)練習(xí)卷(含答案詳解)

人教版高中數(shù)學(xué)選擇性必修第一冊(cè)《空間向量與立體幾何》基礎(chǔ)練習(xí)卷一 、選擇題LISTNUMOutlineDefault\l3在空間直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)P(1，3，﹣5)關(guān)于xOz平面對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)是().A.(﹣1，3，﹣5)B.(1，﹣3，5)C.(1，﹣3，﹣5)D.(﹣1，﹣3，5)LISTNUMOutlineDefault\l3點(diǎn)P(﹣6，﹣8，10)到x軸的距離是().A.10B.2eq\r(34)C.2eq\r(41)D.10eq\r(2)LISTNUMOutlineDefault\l3在空間直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)P(1，eq\r(2)，eq\r(5))，過P作yOz平面的垂線PQ，則垂足Q的坐標(biāo)是().A.(0，eq\r(2)，0)B.(0，eq\r(2)，eq\r(5))C.(1，0，eq\r(5))D.(1，eq\r(2)，0)LISTNUMOutlineDefault\l3已知向量a＝(2，4，5)，b＝(3，x，y)分別是直線l1、l2方向向量，若l1∥l2，則()A.x＝6，y＝15B.x＝3，y＝7.5C.x＝3，y＝15D.x＝6，y＝7.5LISTNUMOutlineDefault\l3已知a＝(2，1，﹣3)，b＝(﹣1，2，3)，c＝(7，6，λ)，若a，b，c三向量共面，則λ＝()A.9B.﹣9C.﹣3D.3LISTNUMOutlineDefault\l3已知點(diǎn)A(2，﹣5，1)，B(2，﹣2，4)，C(1，﹣4，1)，則向量eq\o(AB,\s\up16(→))與eq\o(AC,\s\up16(→))的夾角為()A.30°B.45°C.60°D.90°LISTNUMOutlineDefault\l3若a＝(1，λ，2)，b＝(2，﹣1，2)，且a與b的夾角的余弦值為eq\f(8,9)，則λ＝()A.2B.﹣2C.﹣2或eq\f(2,55)D.2或﹣eq\f(2,55)LISTNUMOutlineDefault\l3設(shè)l1的方向向量為a＝(1，2，﹣2)，l2的方向向量為b＝(﹣2，3，m)，若l1⊥l2，則m＝()A.1B.2C.0.5D.3LISTNUMOutlineDefault\l3若平面α，β的法向量分別為n1＝(2，﹣3，5)，n2＝(﹣3，1，﹣4)，則()A.α∥βB.α⊥βC.α，β相交但不垂直D.以上均不正確LISTNUMOutlineDefault\l3若平面α，β的法向量分別為(﹣1，2，4)，(x，﹣1，﹣2)，且α⊥β，則x的值為()A.10B.﹣10C.0.5D.﹣0.5LISTNUMOutlineDefault\l3如圖，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是DD1，AB，CC1的中點(diǎn)，則異面直線A1E與GF所成角的余弦值是()A.eq\f(\r(15),5)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(10),5)D.0LISTNUMOutlineDefault\l3若正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱長(zhǎng)都相等，D是A1C1的中點(diǎn)，則直線AD與平面B1DC所成角的正弦值為()A.eq\f(3,5)B.eq\f(4,5)C.eq\f(3,4)D.eq\f(\r(5),5)二 、填空題LISTNUMOutlineDefault\l3已知點(diǎn)A在x軸上，點(diǎn)B(1，2，0)，且|AB|＝eq\r(5)，則點(diǎn)A的坐標(biāo)是____________.LISTNUMOutlineDefault\l3已知空間四邊形OABC，點(diǎn)M、N分別是OA、BC的中點(diǎn)，且eq\o(OA,\s\up16(→))＝a，eq\o(OB,\s\up16(→))＝b，eq\o(OC,\s\up16(→))＝c，用a，b，c表示向量eq\o(MN,\s\up16(→))＝.LISTNUMOutlineDefault\l3已知空間三點(diǎn)A(1，1，1)，B(﹣1，0，4)，C(2，﹣2，3)，則eq\o(AB,\s\up7(→))與eq\o(CA,\s\up7(→))的夾角θ的大小是_______.LISTNUMOutlineDefault\l3如圖所示，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是正方形A1B1C1D1和正方形ADD1A1的中心，則EF和CD所成的角的大小是.三 、解答題LISTNUMOutlineDefault\l3已知a＝(1，﹣3，2)，b＝(﹣2，1，1)，點(diǎn)A(﹣3，﹣1，4)，B(﹣2，﹣2，2).(1)求|2a＋b|；(2)在直線AB上，是否存在一點(diǎn)E，使得eq\o(OE,\s\up16(→))⊥b？(O為原點(diǎn))LISTNUMOutlineDefault\l3若a＝(1，5，﹣1)，b＝(﹣2，3，5).分別求滿足下列條件的實(shí)數(shù)k的值：(1)(ka＋b)∥(a﹣3b)；(2)(ka＋b)⊥(a﹣3b).LISTNUMOutlineDefault\l3已知空間三點(diǎn)A(﹣2，0，2)，B(﹣1，1，2)，C(﹣3，0，4)，設(shè)a＝eq\o(AB,\s\up7(→))，b＝eq\o(AC,\s\up7(→)).(1)設(shè)|c|＝3，c∥eq\o(BC,\s\up7(→))，求c.(2)若ka＋b與ka﹣2b互相垂直，求k.LISTNUMOutlineDefault\l3已知△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A(1，2，3)，B(2，0，﹣1)，C(3，﹣2，0)，試求出平面ABC的一個(gè)法向量.LISTNUMOutlineDefault\l3如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是D1D，BD的中點(diǎn)，G在棱CD上，且CG＝eq\f(1,4)CD.應(yīng)用空間向量方法解決下列問題.(1)求證：EF⊥B1C；(2)求EF與C1G所成角的余弦值.LISTNUMOutlineDefault\l3如圖，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點(diǎn).(1)證明：PB∥平面AEC；(2)設(shè)二面角D﹣AE﹣C為60°，AP＝1，AD＝eq\r(3)，求三棱錐E﹣ACD的體積.LISTNUMOutlineDefault\l3如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為菱形，E為PD上一點(diǎn).(1)若PB//平面EAC，試說明點(diǎn)P的位置并證明的結(jié)論；(2)若E為PD的中點(diǎn)，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB,∠ABC＝60°，求二面角C﹣AE﹣D的余弦值.

LISTNUMOutlineDefault\l3\s0答案解析LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：CLISTNUMOutlineDefault\l3答案為：C.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：B；解析：根據(jù)空間直角坐標(biāo)系的概念知yOz平面上的點(diǎn)Q的x坐標(biāo)為0，y坐標(biāo)，z坐標(biāo)分別等于點(diǎn)P的y坐標(biāo)eq\r(2)，z坐標(biāo)eq\r(5)，∴垂足Q的坐標(biāo)為(0，eq\r(2)，eq\r(5)).LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：D.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：B；解析：由題意設(shè)c＝xa＋yb，則(7，6，λ)＝x(2，1，﹣3)＋y(﹣1，2，3)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y＝7，,x＋2y＝6，,－3x＋3y＝λ，))解得λ＝﹣9.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：C解析：由已知得eq\o(AB,\s\up16(→))＝(0，3，3)，eq\o(AC,\s\up16(→))＝(﹣1，1，0)，∴cos〈eq\o(AB,\s\up16(→))，eq\o(AC,\s\up16(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up16(→))·\o(AC,\s\up16(→)),|\o(AB,\s\up16(→))||\o(AC,\s\up16(→))|)＝eq\f(3,3\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2).∴向量eq\o(AB,\s\up16(→))與eq\o(AC,\s\up16(→))的夾角為60°.故選C.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：C；解析：因?yàn)閍·b＝1×2＋λ×(﹣1)＋2×2＝6﹣λ，又因?yàn)閍·b＝|a||b|·cos〈a，b〉＝eq\r(5＋λ2)·eq\r(9)·eq\f(8,9)＝eq\f(8,3)eq\r(5＋λ2)，所以eq\f(8,3)eq\r(5＋λ2)＝6﹣λ.解得λ＝﹣2或eq\f(2,55).LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：B；解析：l1⊥l2?a·b＝﹣2＋6﹣2m＝0?m＝2.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：C解析：∵n1·n2＝2×(﹣3)＋(﹣3)×1＋5×(﹣4)＝﹣29≠0，∴n1與n2不垂直.又n1，n2不共線，∴α與β相交但不垂直.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：B；解析：∵α⊥β，∴α，β的法向量也垂直，即(﹣1，2，4)·(x，﹣1，﹣2)＝0.∴﹣x﹣2﹣8＝0.∴x＝﹣10.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：D；解析：如圖以DA，DC，DD1所在直線方向?yàn)閤，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，則可得A1(1，0，2)，E(0，0，1)，G(0，2，1)，F(xiàn)(1，1，0)，所以eq\o(A1E,\s\up10(→))＝(﹣1，0，﹣1)，eq\o(GF,\s\up10(→))＝(1，﹣1，﹣1).設(shè)異面直線A1E與GF所成的角為θ，則cosθ＝|cos〈eq\o(A1E,\s\up10(→))，eq\o(GF,\s\up10(→))〉|＝0.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：B解析：如圖，取AC的中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)各棱長(zhǎng)為2，則有A(0，﹣1，0)，D(0，0，2)，C(0，1，0)，B1(eq\r(3)，0，2).所以Ceq\o(D,\s\up16(→))＝(0，﹣1，2)，eq\o(CB1,\s\up16(→))＝(eq\r(3)，﹣1，2)，Aeq\o(D,\s\up16(→))＝(0，1，2).設(shè)n＝(x，y，z)為平面B1CD的法向量，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CD,\s\up16(→))＝0，,n·\o(CB1,\s\up16(→))＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y＋2z＝0，,\r(3)x－y＋2z＝0))?n＝(0，2，1).∴cos〈eq\o(AD,\s\up16(→))，n〉＝eq\f(\o(AD,\s\up16(→))·n,|\o(AD,\s\up16(→))||n|)＝eq\f(4,5)，即直線AD與平面B1DC所成角的正弦值.故選B.二 、填空題LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：(0，0，0)或(2，0，0)LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：eq\f(1,2)(b＋c﹣a).解析：如圖，eq\o(MN,\s\up16(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(MB,\s\up16(→))＋eq\o(MC,\s\up16(→)))＝eq\f(1,2)[(eq\o(OB,\s\up16(→))﹣eq\o(OM,\s\up16(→)))＋(eq\o(OC,\s\up16(→))﹣eq\o(OM,\s\up16(→)))]＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up16(→))＋eq\o(OC,\s\up16(→))﹣2eq\o(OM,\s\up16(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up16(→))＋eq\o(OC,\s\up16(→))﹣eq\o(OA,\s\up16(→)))＝eq\f(1,2)(b＋c﹣a).LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：120°；解析：eq\o(AB,\s\up7(→))＝(﹣2，﹣1，3)，eq\o(CA,\s\up7(→))＝(﹣1，3，﹣2)，cos〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(CA,\s\up7(→))〉＝eq\f(－2×－1＋－1×3＋3×－2,\r(14)·\r(14))＝eq\f(－7,14)＝﹣eq\f(1,2)，∴θ＝〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(CA,\s\up7(→))〉＝120°.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：45°；解析：以D為原點(diǎn)，分別以DA、DC、DD1所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，則D(0，0，0)，C(0，1，0)，E(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，1)，F(xiàn)(eq\f(1,2)，0，eq\f(1,2))，eq\o(EF,\s\up16(→))＝(0，﹣eq\f(1,2)，﹣eq\f(1,2))，eq\o(DC,\s\up16(→))＝(0，1，0)，∴cos〈eq\o(EF,\s\up16(→))，eq\o(DC,\s\up16(→))〉＝eq\f(\o(EF,\s\up16(→))·\o(DC,\s\up16(→)),|\o(EF,\s\up16(→))||\o(DC,\s\up16(→))|)＝－eq\f(\r(2),2)，∴〈eq\o(EF,\s\up16(→))，eq\o(DC,\s\up16(→))〉＝135°，∴異面直線EF和CD所成的角的大小是45°.三 、解答題LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)2a＋b＝(2，﹣6，4)＋(﹣2，1，1)＝(0，﹣5，5)，故|2a＋b|＝eq\r(02＋－52＋52)＝5eq\r(2).(2)令eq\o(AE,\s\up16(→))＝teq\o(AB,\s\up16(→))(t∈R)，所以eq\o(OE,\s\up16(→))＝eq\o(OA,\s\up16(→))＋eq\o(AE,\s\up16(→))＝eq\o(OA,\s\up16(→))＋teq\o(AB,\s\up16(→))＝(﹣3，﹣1，4)＋t(1，﹣1，﹣2)＝(﹣3＋t，﹣1﹣t，4﹣2t)，若eq\o(OE,\s\up16(→))⊥b，則eq\o(OE,\s\up16(→))·b＝0，所以﹣2(﹣3＋t)＋(﹣1﹣t)＋(4﹣2t)＝0，解得t＝eq\f(9,5).因此存在點(diǎn)E，使得eq\o(OE,\s\up16(→))⊥b，此時(shí)E點(diǎn)的坐標(biāo)為(﹣eq\f(6,5)，﹣eq\f(14,5)，eq\f(2,5)).LISTNUMOutlineDefault\l3解：ka＋b＝(k﹣2，5k＋3，﹣k＋5)，a﹣3b＝(1＋3×2，5﹣3×3，﹣1﹣3×5)＝(7，﹣4，﹣16).(1)若(ka＋b)∥(a﹣3b)，則eq\f(k－2,7)＝eq\f(5k＋3,－4)＝eq\f(－k＋5,－16)，解得k＝﹣eq\f(1,3).(2)若(ka＋b)⊥(a﹣3b)，則(k﹣2)×7＋(5k＋3)×(﹣4)＋(﹣k＋5)×(﹣16)＝0，解得k＝eq\f(106,3).LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)∵eq\o(BC,\s\up7(→))＝(﹣2，﹣1，2)且c∥eq\o(BC,\s\up7(→))，∴設(shè)c＝λeq\o(BC,\s\up7(→))＝(﹣2λ，﹣λ，2λ).∴|c|＝eq\r(－2λ2＋－λ2＋2λ2)＝3|λ|＝3.解得λ＝±1，∴c＝(﹣2，﹣1，2)或c＝(2，1，﹣2).(2)∵a＝eq\o(AB,\s\up7(→))＝(1，1，0)，b＝eq\o(AC,\s\up7(→))＝(﹣1，0，2)，∴ka＋b＝(k﹣1，k，2)，ka﹣2b＝(k＋2，k，﹣4).∵(ka＋b)⊥(ka﹣2b)，∴(ka＋b)·(ka﹣2b)＝0.即(k﹣1，k，2)·(k＋2，k，﹣4)＝2k2＋k﹣10＝0.解得k＝2或k＝﹣eq\f(5,2).LISTNUMOutlineDefault\l3解：設(shè)平面ABC的法向量為n＝(x，y，z).∵A(1，2，3)，B(2，0，﹣1)，C(3，﹣2，0)，∴eq\o(AB,\s\up7(→))＝(1，﹣2，﹣4)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(2，﹣4，﹣3)，由題設(shè)得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(AC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y－4z＝0，,2x－4y－3z＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2y，,z＝0，))取y＝1，則x＝2.故平面ABC的一個(gè)法向量為n＝(2，1，0).LISTNUMOutlineDefault\l3解：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由已知有E(0,0,eq\f(1,2))，F(xiàn)(eq\f(1,2),eq\f(1,2),0)，C(0，1，0)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，G(0,eq\f(3,4),0).(1)證明：eq\o(EF,\s\up7(→))＝(eq\f(1,2),eq\f(1,2),0)﹣(0,0,eq\f(1,2))＝(eq\f(1,2),eq\f(1,2),﹣eq\f(1,2))，eq\o(B1C,\s\up7(→))＝(0，1，0)﹣(1，1，1)＝(﹣1，0，﹣1)，eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(B1C,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)×(﹣1)＋eq\f(1,2)×0＋(﹣eq\f(1,2))×(﹣1)＝0，得eq\o(EF,\s\up7(→))⊥eq\o(B1C,\s\up7(→))，∴EF⊥B1C.(2)eq\o(C1G,\s\up7(→))＝(0,eq\f(3,4),0)﹣(0，1，1)＝(0,﹣eq\f(1,4),﹣1)，|eq\o(C1G,\s\up7(→))|＝eq\r(02＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))2＋－12)＝eq\f(\r(17),4)，由(1)得|eq\o(EF,\s\up7(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(3),2)，且eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(C1G,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)×0＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×(﹣1)＝eq\f(3,8)，∴cos〈eq\o(EF,\s\up7(→))，eq\o(C1G,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(C1G,\s\up7(→)),|