2024-2025學年新教材高中數學第一章空間向量與立體幾何測評二訓練含解析新人教B版選擇性必修第一冊

PAGEPAGE1過關綜合測評第一章測評(二)(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.若平面α⊥平面β,且平面α的一個法向量為n=-2,1,12,A.1,12,1C.(1,2,0) D.1答案C解析因為平面α⊥平面β,所以平面α的法向量與平面β的法向量相互垂直.設平面β的法向量為m=(x,y,z),則有n·m=-2x+y+12z=0,即4x-2y-z=0對于A,4×1-2×12-14≠0,對于B,4×2-2×(-1)-0≠0,故B不成立;對于C,4×1-2×2-0=0,故C成立;對于D,4×12-2×1-2≠0,故D不成立2.(2024安徽宿州期末)已知a=(1,k,-2),b=(2k,2,4),若a∥b,則實數k的值為()A.-2 B.2 C.-1 D.1答案C解析依據題意,a∥b,設a=tb(t∈R),即(1,k,-2)=t(2k,2,4)=(2kt,2t,4t),則有1=2kt,k=23.(2024河南新鄉(xiāng)期末)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,P是線段D1B上一點,且BP=2D1P,若AP=xAB+yAD+zAA1,則x+y+z=(A.53 B.23 C.43答案A解析∵BP=2D1P,∴BP=2PD即AP-AB=2(AD1-AP)=即3AP=AB+2即AP=所以x=13,y=23,z=23,所以4.(2024湖南常德期末)已知直線l1的一個方向向量為a=(1,-2,2),直線l2的一個方向向量為b=(1,2,0),則兩直線所成角的余弦值為()A.53 B.255 C.-5答案D解析直線l1的一個方向向量為a=(1,-2,2),直線l2的一個方向向量為b=(1,2,0),則兩直線所成角的余弦值為|cos<a,b>|=|a5.已知a=(1-t,1,0),b=(2,t,t),則|b-a|的最小值是()A.1 B.2 C.3 D.5答案B解析∵a=(1-t,1,0),b=(2,t,t),∴b-a=(1+t,t-1,t),∴|b-a|=(1+∴當t=0時,|b-a|取最小值2.6.若平面α的一個法向量為n1=(1,0,1),平面β的一個法向量是n2=(-3,1,3),則平面α與β所成的角等于()A.30° B.45° C.60° D.90°答案D解析平面α的一個法向量為n1=(1,0,1),平面β的一個法向量是n2=(-3,1,3),∴cos<n1,n2>=1×(-3∴平面α與β所成的角等于90°.7.(2024江蘇南京期末)已知動點P在正方體ABCD-A1B1C1D1的對角線BD1(不含端點)上.設D1PD1B=λ,若∠APC為鈍角,則實數A.0,13C.13,1答案C解析由題設,建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz,設正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,則有A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),∴D1B=(1,1,-1),∴D1P=(λ,λ∴PA=PD1+D1A=(-λ,-λ,λ)+(1,0,-1)=(1-λ,-λ,λ-1),PC=PD1+D1C=(-λ,-λ,λ)∵cos∠APC<0,∴PA·PC∴(1-λ)(-λ)+(-λ)(1-λ)+(λ-1)2=(λ-1)(3λ-1)<0,解得13<λ<∴λ的取值范圍是138.(2024陜西漢中一模)已知向量a=(ax,ay,az),b=(bx,by,bz),{i,j,k}是空間中的一個單位正交基底.規(guī)定向量積的行列式計算:a×b=(aybz-azby)i+(azbx-axbz)j+(axby-aybx)k=ijkaxayazbxbybz=ayazbybA.(-4,-8,-1) B.(-1,4,-8)C.(-2,8,-1) D.(-1,-4,-8)答案C解析由題意得,AB×AC=(1×2-4×1)i+(4×3-2×2)j+(2×1-1×3)k=-2i+8j-k=(-2,8,-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.(2024廣東廣州期末)如圖,已知三棱錐O-ABC,E,F分別是OA,BC的中點,P為線段EF上一點,且PF=2EP,設OA=a,OB=b,OC=c,則下列等式成立的是()A.OF=12bB.EP=-16a+16b+C.FP=-13a+13b+D.OP=13a+16答案ABD解析∵E,F分別是OA,BC的中點,∴OF=12(OB+OC)=12OBEF=OF-OE=12b∵PF=2EP,∴EP=13EF,FP=23即EP=13EF=1312b+12cFP=-23EF=-2312b+12c-1OP=OE+EP=12a-16a+16b+16c=13a10.已知v為直線l的方向向量,n1,n2分別為平面α,β的法向量(α,β不重合),那么下列選項正確的是()A.n1∥n2?α∥β B.n1⊥n2?α⊥βC.v∥n1?l∥α D.v⊥n1?l∥α答案AB解析v為直線l的方向向量,n1,n2分別為平面α,β的法向量(α,β不重合),則n1∥n2?α∥β,n1⊥n2?α⊥β,v∥n1?l⊥α,v⊥n1?l∥α或l?α.故A,B正確.11.(2024江蘇南京檢測)如圖,以等腰直角三角形斜邊BC上的高AD為折痕,把△ABD和△ACD折成相互垂直的兩個平面后,某學生得出如下四個結論,其中正確的是()A.AB⊥ACB.AB⊥DCC.BD⊥ACD.平面ADC的法向量和平面ABC的法向量相互垂直答案BC解析以D為坐標原點,DB,DC,DA所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,如圖.設折疊前的等腰直角三角形ABC的斜邊BC=2,則D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),A(0,0,1),則AB=(1,0,-1),AC=(0,1,-1),DC=(0,1,0),BD=(-1,0,0),從而有AB·AC=0+0+1=1,故AAB·DC=0,故BBD·AC=0,故C易知平面ADC的一個法向量為BD=(-1,0,0),設平面ABC的法向量為n=(x,y,z),則AB即x-z=0,y-z=0,令y=1,則x=1,z=1,故平面ABC的一個法向量n=(1,1,1),12.(2024山東淄博期末)已知空間向量i,j,k都是單位向量,且兩兩垂直,則下列結論正確的是()A.向量i+j+k的模是3B.{i+j,i-j,k}可以構成空間的一個基底C.向量i+j+k和k夾角的余弦值為3D.向量i+j與k-j共線答案BC解析對于A,因為空間向量i,j,k都是單位向量,且兩兩垂直,所以|i|=|j|=|k|=1,且i·j=0,i·k=0,j·k=0,則|i+j+k|=(i所以向量i+j+k的模是3,故A錯誤;對于B,因為空間向量i,j,k都是單位向量,且兩兩垂直,所以i,j,k不共面,而向量i+j,i-j均與i,j共面,所以i+j,i-j與k不共面,則{i+j,i-j,k}可以構成空間的一個基底,故B正確;對于C,設i+j+k與k的夾角為α,則cosα=(i+j+k)·k|i+j對于D,因為|i+j|=(i+j)2=i則cos<i+j,k-j>=(i+j所以向量i+j與k-j的夾角為120°,則向量i+j與k-j不共線,故D錯誤.三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.已知空間中兩點A=(2,2,0),B=(3,y,1),向量a=(3,-1,3),a∥AB,則|a|=,y=.

答案19解析因為a=(3,-1,3),則|a|=32因為A=(2,2,0),B=(3,y,1),所以AB=(1,y-2,1).又a∥AB,則有AB=λa(λ∈R),即(1,y-2,1)=λ(3,-1,3),所以1=3λ,14.在空間直角坐標系Oxyz中,向量OA=(1,1,2),OB=(-1,1,t),OC=(2,1,-1),若O,A,B,C四點共面,則t=.

答案8解析O,A,B,C四點共面,則存在實數λ,μ使得OB=λOA+μOC,即(-1,1,t)=(λ+2μ,λ+μ,2λ-μ),∴λ+2μ15.(2024山東臨沂期末)如圖,在正四棱錐P-ABCD中,PA=AB,點M為PA的中點,BD=λBN.若MN⊥AD,則實數λ=.

答案4解析連接AC,交BD于O,以O為原點,OA為x軸,OB為y軸,OP為z軸,建立空間直角坐標系,圖略.設PA=AB=2,則A(2,0,0),D(0,-2,0),P(0,0,2),M22,0,22,B(0,2,0),BD=(0,-22,0),設N(0,b,0),則BN∵BD=λBN,∴-22=λ(b-2),∴b=2λ∴N0,2λ-22λ,0,MN=-22,2λ-∵MN⊥AD,∴MN·AD=1-2解得λ=4.16.(2024四川成都模擬)已知在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,∠A1AD=∠A1AB=∠BAD=60°,AA1=AB=AD,E為A1D1的中點.給出下列四個說法:①∠BCC1為異面直線AD與CC1所成的角;②三棱錐A1-ABD是正三棱錐;③CE⊥平面BB1D1D;④CE=-12AD-AB+AA1.其中正確的說法有答案②④解析①∠BCC1=120°,而異面直線AD與CC1所成的角為60°,故①錯誤;②三棱錐A1-ABD的每個面都為正三角形,故為正四面體,故②正確;④依據向量加法的三角形法則,CE=CB+BA+AA1+③∵BD=AD-AB,∴CE·BD=-12AD-AB+AA1·(AD-AB)=-12|AD|2+12AD·AB-AB·AD+|AB|2+AA1·AD-四、解答題:本題共6小題,共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(10分)(2024山西太原期末)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1的全部棱長都相等,∠A1AB=∠A1AC=60°,點M為△ABC的重心,AM的延長線交BC于點N,連接A1M.設AB=a,AC=b,A1A=(1)用a,b,c表示A1(2)求證:A1M⊥AB.(1)解因為△ABC為正三角形,點M為△ABC的重心,所以N為BC的中點,所以AN=所以A1M=-AA1+13AB+(2)證明設三棱柱的棱長為m,則A1M·AB=13a+13b-c·a=13a2+13a·b-c·a=13m2+13m2×12-m2×118.(12分)已知a=(2,-3,1),b=(2,0,3),c=(0,0,m).(1)若a+2b-3c=(6,-3,1),求實數m的值;(2)若m=2,求a·(b+c)的值.解(1)因為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,則c=(0,0,2),b+c=(2,0,5),所以a·(b+c)=(2,-3,1)·(2,0,5)=9.19.(12分)(2024河南安陽二模)已知在四棱錐S-ABCD中,四邊形ABCD是菱形,且∠ABC=120°,△SBC為等邊三角形,平面SBC⊥平面ABCD.(1)求證:BC⊥SD;(2)若點E是線段SA上靠近S的三等分點,求直線DE與平面SAB所成角的正弦值.(1)證明取BC的中點F,連接BD,DF和SF.因為△SBC為等邊三角形,所以SF⊥BC.又四邊形ABCD是菱形,且∠ABC=120°,所以△BCD為等邊三角形,所以DF⊥BC.又SF∩DF=F,SF?平面SDF,DF?平面SDF,所以BC⊥平面SDF.又SD?平面SDF,所以BC⊥SD.(2)解因為平面SBC⊥平面ABCD,平面SBC∩平面ABCD=BC,SF⊥BC,SF?平面SBC,所以SF⊥平面ABCD.又DF⊥BC,所以SF,BC,DF兩兩垂直.以點F為坐標原點,FC,FD,FS所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系Fxyz,如圖所示.不妨設AB=2,則A(-2,3,0),B(-1,0,0),S(0,0,3),所以AB=(1,-3,0),AS=(2,-3,3設平面SAB的法向量為m=(x,y,z),由m令y=1,得平面SAB的一個法向量m=(3,1,-1).又SE=13SA=-23,所以E-23,3又D(0,3,0),所以DE=-23,-233設直線DE與平面SAB所成的角為θ,則sinθ=|DE20.(12分)(2024湖南長沙期中)如圖,PA⊥平面ABCD,四邊形ABCD是正方形,PA=AD=2,M,N分別是AB,PC的中點.(1)求證:平面MND⊥平面PCD;(2)求點P到平面MND的距離.(1)證明∵PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,∴AB,AD,AP兩兩相互垂直,如圖所示,分別以AB,AD,AP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,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,-1),PD=(0,2,-2).設m=(x,y,z)是平面MND的法向量,可得m取y=-1,得x=-2,z=1,∴m=(-2,-1,1)是平面MND的一個法向量,同理可得n=(0,1,1)是平面PCD的一個法向量,∵m·n=-2×0+(-1)×1+1×1=0,∴m⊥n,即平面MND的法向量與平面PCD的法向量相互垂直,可得平面MND⊥平面PCD.(2)解由(1)得m=(-2,-1,1)是平面MND的一個法向量.∵PD=(0,2,-2),得PD·m=0×(-2)+2×(-1)+(-2)×1=-4,∴點P到平面MND的距離d=|m21.(12分)如圖,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,AA1=4,點D是BC的中點.(1)求異面直線A1B與C1D所成角的余弦值;(2)求平面ADC1與平面ABA1夾角的余弦值.解(1)分別以AB,AC,AA1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系Axyz,如圖.則由題意知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<A1B,C1D>=A1B·(2)AC=(0,2,0)是平面ABA1的一個法向量.設平面ADC1的法向量為m=(x,y,z),∵AD=(1,1,0),AC1∴m·AD=0,m·AC1=0,即x+y=0,2y+4z=0,取z=1