2021-2022學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第一章空間向量與立體幾何綜合訓(xùn)練【含答案】

第一章綜合訓(xùn)練(時間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.已知平面α和平面β的法向量分別為m=(3,1,-5),n=(-6,-2,10),則()A.α⊥β B.α∥βC.α與β相交但不垂直 D.以上都不對解析∵n=(-6,-2,10),m=(3,1,-5),∴n=-2m.∴m∥n.∴α與β平行.答案B2.(2020黑龍江哈爾濱六中高二檢測)已知O為坐標原點,向量a=(-2,1,1),點A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).若點E在直線AB上,且OE⊥a,則點E的坐標為()A.-65,-145,B.65,145,C.65,-145,D.-65,145,解析因為E在直線AB上,故存在實數(shù)t使得OE=OA+AE=OA+tAB=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t).若OE⊥a,則OE·a=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=95.因此點E的坐標為-65,答案A3.已知正四面體ABCD的棱長為a,點E,F分別是BC,AD的中點,則AE·AF的值為(A.a2B.aB142C.a2D.aD123解析在正四面體ABCD中,E,F分別是BC,AD的中點,∴AE=則AE·AF=(AB+BE)·12AD=12即BE·AD=0,AB·AD所以AE·AF=a答案B4.(2020福建莆田高二檢測)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,以D為坐標原點建立空間直角坐標系,E為BB1的中點,F為A1D1的中點,則下列向量能作為平面AEF的法向量的是()A.(1,-2,4) B.(-4,1,-2)C.(2,-2,1) D.(1,2,-2)解析設(shè)正方體的棱長為2,則A(2,0,0),E(2,2,1),F(1,0,2),所以AE=(0,2,1),AF=(-1,0,2).設(shè)向量n=(x,y,z)是平面AEF的法向量,則n·AE=2y+z=0,n·AF=-x+2z=0,取y=1,得x=-4,z=-2,則n答案B5.若正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都相等,D是A1C1的中點,則直線AD與平面B1DC所成角的正弦值為()A.45 B.3C.34 D.解析取AC的中點O為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz.設(shè)三棱柱的棱長為2,則A(0,-1,0),D(0,0,2),C(0,1,0),B1(3,0,2),∴AD=(0,1,2).設(shè)n=(x,y,z)為平面B1CD的法向量,由n得-令z=1,得n=(0,2,1).設(shè)直線AD與平面B1DC所成角為α,則sinα=|cos<AD,n>|=|AD所以直線AD與平面B1DC所成角的正弦值為45.故選A答案A6.如圖,棱長為6的正方體ABCD-A1B1C1D1,E,F分別是棱AB,BC上的動點,且AE=BF.當A1,E,F,C1四點共面時,平面A1DE與平面C1DF所成二面角的余弦值為()A.32 B.1C.15 D.解析以D為原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系(圖略),則A1(6,0,6),E(6,3,0),F(3,6,0).設(shè)平面A1DE的法向量為n1=(a,b,c),依題意得n令a=-1,則c=1,b=2,所以n1=(-1,2,1).同理得平面C1DF的一個法向量為n2=(2,-1,1),由題圖知,平面A1DE與平面C1DF所成二面角的余弦值為|n答案B7.(2020江西檢測)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,E是棱AB的中點,則點E到平面ACD1的距離為()A.12 B.C.13 D.解析如圖,以D為坐標原點,以DA,DC,DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標系,則D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0).連接D1E,所以D1E=(1,1,-1),AC=(-1,2,0),AD1=(-1,0,1).設(shè)平面ACD1的法向量為n=(a,b,c),則n·AC=0,n·AD1=0,即-a+2b=0,-a+答案C8.在三棱錐P-ABC中,PC⊥底面ABC,∠BAC=90°,AB=AC=4,∠PBC=60°,則點C到平面PAB的距離是()A.342B.442C.542D.6解析∵在三棱錐P-ABC中,PC⊥底面ABC,∠BAC=90°,AB=AC=4,∠PBC=60°,∴以A為坐標原點,AB為x軸,AC為y軸,過A作平面ABC的垂線為z軸,建立空間直角坐標系,則C(0,4,0),P(0,4,46),A(0,0,0),B(4,0,0),AC=(0,4,0),AB=(4,0,0),AP=(0,4,46),設(shè)平面PAB的法向量n=(x,y,z),則n·AP=4y+46z=0,n∴點C到平面PAB的距離d=|AC·n|答案B二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得5分,有選錯的得0分,部分選對的得3分.9.空間四個點O,A,B,C,OA,OB,OC為空間的一個基底,A.O,A,B,C四點不共線B.O,A,B,C四點共面,但不共線C.O,A,B,C四點中任意三點不共線D.O,A,B,C四點不共面解析若O,A,B,C四點共面,則OA,OB,OC共面,則OA,OB,OC不可能為空間的一個基底.故AD正確,B不正確;若O,A,B,C答案ACD10.(2020山東淄博高二期末)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=3AD=3AA1=3,P為線段A1C上的動點,則下列結(jié)論正確的是()A.當A1C=2A1P時,B1,B.當AP⊥A1C.當A1C=3A1P時,D1PD.當A1C=5A1P時,A1C⊥解析在長方體ABCD-A1B1C1D1中,以D為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系.因為AB=3AD=3AA1=3,所以AD=AA1=1,則A(1,0,0),A1(1,0,1),C(0,3,0),D1(0,0,1),C1(0,3,1),D(0,0,0),B(1,3,0),則A1C=(-1,3,-1),D1A=對于A,當A1C=2A1P時,P為線段A1C的中點,根據(jù)長方體結(jié)構(gòu)特征,P為體對角線的中點,因此P也為B1D中點,所以B1,P,D三點共線,對于B,當AP⊥A1C時,AP⊥A1C,由題意可得,A1C=1+1+3=5,AC=1+3=2,由S△A1AC=12AA1·AC=12A1C·AP,解得AP=255,所以A1P=55,即P為線段A1C上靠近點A1的五等分點,所以P45,35,45,則D1P=45,35,對于C,當A1C=3A1P時,A1P=13A1C=-13,33,-13,設(shè)平面BDC1的法向量為n=(x,y,z),則n·DC1=0,n·DB=0,即3y+z=0,x+3y=0,令y=1,可得n=(-3,1,-3).又D1對于D,當A1C=5A1P時,A1P=15A1C=-15,35所以A1C·D1P=0,A1C·D1A=0,因此A1C⊥D1P,A1C⊥D1A,又D1P∩D1A=D1,則A1C⊥答案ACD11.在四面體P-ABC中,下列說法正確的有()A.若AD=13AC+2B.若Q為△ABC的重心,則PQC.若PA·BC=0,PC·AB=0,D.若四面體P-ABC各棱長都為2,M,N分別為PA,BC的中點,則|MN|=1解析對于A,∵AD=13AC+23AB,∴3AD=AC+2AB,∴∴3BD=BD+DC,即3BD=對于B,若Q為△ABC的重心,則QA+QB+∴3PQ+QA+QB+QC=3即PQ=13PA+對于C,若PA·BC=0,PC則PA·BC+PC·AB=0,∴PA∴PA·BC∴(PA-PC)·BC∴CA·BC+PC·AC=0,∴AC∴AC·PB=0,故C對于D,∵MN=PN-PM∴|MN|=12|∵|PA-PA=2=22,∴|MN|=2.故D錯誤.答案ABC12.(2020山東煙臺高三期末)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點P在線段B1C上運動,則()A.直線BD1⊥平面A1C1DB.三棱錐P-A1C1D的體積為定值C.異面直線AP與A1D所成角的取值范圍是[45°,90°]D.直線C1P與平面A1C1D所成角的正弦值的最大值為6解析對于選項A,連接B1D1,由正方體可得A1C1⊥B1D1,且BB1⊥平面A1B1C1D1,則BB1⊥A1C1,所以A1C1⊥平面BD1B1,故A1C1⊥BD1;同理,連接AD1,易證得A1D⊥BD1,則BD1⊥平面A1C1D,故A正確;對于選項B,VP-A1C1D=VC1-A1PD,因為點P在線段B1C上運動,所以S△A1DP=12A1D·AB,面積為定值,且C1到平面A對于選項C,當點P與線段B1C的端點重合時,AP與A1D所成角取得最小值為60°,故C錯誤;對于選項D,因為直線BD1⊥平面A1C1D,所以若直線C1P與平面A1C1D所成角的正弦值最大,則直線C1P與直線BD1所成角的余弦值最大,則P運動到B1C中點處,即所成角為∠C1BD1,設(shè)棱長為1,在Rt△D1C1B中,cos∠C1BD1=C1BBD1答案ABD三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.已知AB=(2,2,1),AC=(4,5,3),則平面ABC的單位法向量是.

解析設(shè)平面ABC的法向量n=(x,y,z),則AB令z=1,得x=12,y=-1,所以n=12答案±114.已知正四棱臺ABCD-A1B1C1D1中,上底面A1B1C1D1邊長為1,下底面ABCD邊長為2,側(cè)棱與底面所成的角為60°,則異面直線AD1與B1C所成角的余弦值為.

解析設(shè)上、下底面中心分別為O1,O,則OO1⊥平面ABCD,以O(shè)為原點,直線BD,AC,OO1分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系.因為AB=2,A1B1=1,所以AC=BD=22,A1C1=B1D1=2.因為平面BDD1B1⊥平面ABCD,所以∠B1BO為側(cè)棱與底面所成的角,故∠B1BO=60°.設(shè)棱臺高為h,則tan60°=h2-22所以A(0,-2,0),D1-22,0,62,B所以ADB1故cos<AD1,故異面直線AD1與B1C所成角的余弦值為14答案115.(2020浙江寧波九校高二期末聯(lián)考)在正四面體ABCD中,M,N分別為棱BC,AB的中點,設(shè)AB=a,AC=b,AD=c,用a,b,c表示向量DM=,異面直線DM與CN所成角的余弦值為.

解析根據(jù)題意,畫出對應(yīng)的正四面體如圖所示,設(shè)棱長為1,則DM=DA+AM=-c+12(a+b)=12(a+又CN=AN-AC=12a-b=12(a-2b),易知a·b=a·設(shè)異面直線DM與CN所成角為θ,則cosθ=|=|(=|=|1-答案12(a+b-2c)16.在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為CC1的中點,P,Q是平面A1B1C1D1內(nèi)相異兩點,滿足BP⊥A1E,BQ⊥A1E.(1)PQ與BD的位置關(guān)系是;

(2)|A1P|的最小值為.

解析(1)以D為空間直角坐標系的原點,以DA,DC,DD1所在的直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,如圖所示:A1(1,0,1),E0,1,12,B(1,1,0),A1E=-1,1,-12,因為P,Q均在平面A1B1C1D1內(nèi),所以設(shè)P(a,b,1),Q(m,n,1),因為BP⊥A1E,BQ⊥A1E,所以BP解得b-a=12,n-m=12,PQ=(2)由(1)可知b-a=12,|A1P|==(=2a當a=14時,|A1P|有最小值,最小值為3答案(1)平行(2)3四、解答題:本題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(10分)已知向量a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),點A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).(1)求|2a+b|.(2)在直線AB上,是否存在一點E,使得OE⊥b(O為原點)?若存在,求出點E的坐標;若不存在,請說明理由.解(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|=02+(-5(2)存在.OE=OA+AE=OA+tAB=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1若OE⊥b,則OE·b=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=95,因此存在點E,使得OE⊥b,此時點E的坐標為E-18.(12分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=π2,D是棱AC的中點,且AB=BC=BB1=2(1)求證:AB1∥平面BC1D;(2)求異面直線AB1與BC1所成的角.(1)證明如圖,連接B1C交BC1于點O,連接OD.因為O為B1C的中點,D為AC的中點,所以O(shè)D∥AB1.因為AB1?平面BC1D,OD?平面BC1D,所以AB1∥平面BC1D.(2)解建立如圖所示的空間直角坐標系Bxyz,則B(0,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,2),B1(0,0,2),因此AB1=(0,-2,2),BC所以cos<AB=AB設(shè)異面直線AB1與BC1所成的角為θ,則cosθ=12,由于θ∈0,π2,故19.(12分)如圖,已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=AF=2,∠ADC=60°.(1)求直線BF與平面ABCD的夾角;(2)求點A到平面FBD的距離.解設(shè)AC∩BD=O,因為菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,所以易得AF⊥平面ABCD.以O(shè)點為坐標原點,以O(shè)D為x軸,OA為y軸,過O點且平行于AF的直線為z軸,建立空間直角坐標系,(1)由已知得A(0,1,0),B(-3,0,0),C(0,-1,0),D(3,0,0),F(0,1,2),因為z軸垂直于平面ABCD,因此可令平面ABCD的一個法向量為m=(0,0,1),又BF=(3,1,2),設(shè)直線BF與平面ABCD的夾角為θ,則有sinθ=|cos<m,BF>|=|m·BF||m||BF|=21(2)因為BD=(23,0,0),BF=(3,1,2),設(shè)平面FBD的法向量為n=(x,y,z),BD令z=1得n=(0,-2,1),又因為AF=(0,0,2),所以點A到平面FBD的距離d=|AF20.(12分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四邊形A1C1CA為菱形,∠B1A1A=∠C1A1A=60°,AC=4,AB=2,平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,點Q在線段AC上移動,P為棱AA1的中點.(1)若Q為線段AC的中點,H為線段BQ的中點,延長AH交BC于點D,求證:AD∥平面B1PQ;(2)若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值為1313,求點P到平面BQB1的距離(1)證明如圖,取BB1的中點E,連接AE,EH.因為H為BQ中點,所以EH∥B1Q.在?AA1B1B中,P,E分別為AA1,BB1的中點,所以AE∥PB1.又EH∩AE=E,PB1∩B1Q=B1,所以平面EHA∥平面B1QP.因為AD?平面EHA,所以AD∥平面B1PQ.(2)解如圖,連接PC1,AC1,因為四邊形A1C1CA為菱形,∠C1A1A=60°,所以AA1=AC1=A1C1=4,即△AC1A1為等邊三角形.因為P為AA1的中點,所以PC1⊥AA1.因為平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,平面ACC1A1∩平面ABB1A1=AA1,PC1?平面ACC1A1,所以PC1⊥平面ABB1A1.在平面ABB1A1內(nèi)過點P作PR⊥AA1交BB1于點R.以PR,PA1,PC1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系Pxyz,則P(0,0,0),A1(0,2,0),A(0,-2,0),C1(0,0,23),C(0,-4,23).設(shè)AQ=λAC=λ(0,-2,23),λ∈[0,1],所以Q(0,-2(λ+1),23λ),所以PQ=(0,-2(λ+1),23λ).因為A1B1=AB=2,∠B1A1A=60°,所以B1(3,1,0),所以PB1=(3設(shè)平面PQB1的法向量為m=(x,y,z),則m令x=1,則y=-3,z=-λ+1所以平面PQB1的一個法向量為m=1,-3,-λ+1λ.平面AA1C1C的一個法向量為n=(1,0,0).設(shè)二面角B1-PQ-C1的平面角為θ,則cosθ=|m所以λ=12或λ=-14(舍),所以所以Q(0,-3,3).又B(3,-3,0),所以QB=(3,0,-3),所以|QB|=3+3=又|B1Q|=22,所以BQ2+BB12=B所以∠QBB1=90°.設(shè)點P到平面BQB1的距離為h,則13×12×4×3×3=所以h=62,即點P到平面BQB1的距離為621.(12分)如圖所示,已知四棱錐P-ABCD,側(cè)面PAD是邊長為2的正三角形,且平面PAD⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,且∠ABC=60°,M為棱PC上的動點,且PMPC=λ,λ∈[0,1](1)求證:BC⊥PC;(2)試確定λ的值,使得平面PAD與平面ADM夾角的余弦值為1010(1)證明取AD的中點O,連接OP,OC,AC,由題意可得△PAD,△ACD均為正三角形,所以O(shè)C⊥AD,OP⊥AD.又OC∩OP=O,所以AD⊥平面POC.又PC?平面POC,所以AD⊥PC.因為BC∥AD,所以BC⊥PC.(2)解由(1)可知PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO?平面PAD,所以PO⊥平面ABCD.故可得OP,OC,OD兩兩垂直,以O(shè)為原點,建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz,則P(0,0,3),A(0,-1,0),D(0,1,0),C(3,0,0),所以PC=(3,0,-3).由PM=λPC=λ(3,0,-3)(λ∈[0,1]),可得點M的坐標為(3λ,0,3-3所以AM=(3λ,1,3-3λ),DM=(3λ,-1,3-3λ).設(shè)平面MAD的法向量為n=(x,由n·AM=3λx+y+(3-3λ)z=0又平面PAD的一個法向