2024秋高中數(shù)學第一章空間向量與立體幾何測評試題二新人教B版選擇性必修第一冊

PAGEPAGE1第一章測評(二)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=-2,1,1A.1,12,14C.(1,2,0) D.12.已知a=(1,k,-2),b=(2k,2,4),若a∥b,則實數(shù)k的值為()A.-2 B.2 C.-1 D.13.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 4.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.-555.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.56.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°7.如圖,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∠APCA.0,13 C.13,1 8.(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=ayazbA.(-4,-8,-1) B.(-1,4,-8)C.(-2,8,-1) D.(-1,-4,-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,部分選對的得2分,有選錯的得0分.9.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+1610.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∥α11.(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折成相互垂直后,某學生得出四個結(jié)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12.已知空間向量i,j,k都是單位向量,且兩兩垂直,則下列結(jié)論正確的是()A.向量i+j+k的模是3B.{i+j,i-j,k}可以構(gòu)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=.

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=.

15.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(shù)λ=.

16.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+AA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)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.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),求實數(shù)m的值;(2)若m=2,求a·(b+c)的值.19.(12分)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.20.(12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,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.21.(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.22.(12分)在矩形ABCD中,AB=3,AD=2,點E是線段CD上靠近點D的一個三等分點,點F是線段AD上的一個動點,且DF=λDA(0≤λ≤1).如圖,將△BCE沿BE折起至△BEG,使得平面BEG⊥平面ABED.(1)當λ=12時,求證:EF⊥BG(2)是否存在λ,使得FG與平面DEG所成的角的正弦值為13?若存在,求出λ的值;若不存在,請說明理由

第一章測評(二)1.C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.C依據(jù)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.A∵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.D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.B∵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.D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.C由題,0<λ<1,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)+(0,1,-1)=(-λ,1∴(1-λ)(-λ)+(-λ)(1-λ)+(λ-1)2=(λ-1)(3λ-1)<0,解得13<λ<1,∴λ的取值范圍是18.C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,-9.ABD∵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.ABv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.BC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.BC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|=(ii2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(gòu)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所以向量i+j+k和k夾角的余弦值為33,故C正確對于D,因為|i+j|=(i同理可得|k-j|=2,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.13.1953因為a=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,14.8O,A,B,C四點共面,則存在實數(shù)λ,μ使得OB=λOA+μOC,即(-1,1,t)=(λ+2μ,λ+μ,2λ-μ),∴λ+2μ15.4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設N(0,b,0),則BN=(0,b-2,0).∵BD=λBN,∴-22=λ(b-2),∴b=2λ∴N0,2λ-22λ,0,MN=-22,2λ-∵MN⊥AD,∴MN·AD=1-2λ-4λ=16.②④①∠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(jù)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·17.(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=A1A+AM=-AA(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-m2×12=0,18.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.(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,CB,DF,FS的方向為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系不妨設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=所以E23又D(0,-3,0),所以DE=23,2設直線DE與平面SAB所成的角為θ,則sinθ=|DE20.(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.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),∴