新教材2023-2024學(xué)年高中數(shù)學(xué)第一章空間向量與立體幾何測評（一）新人教B版選擇性

第一章測評(一)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.設(shè)點(diǎn)M(1,1,1),A(2,1,1),O(0,0,0).若OM=AB,則點(diǎn)B的坐標(biāo)為(A.(1,0,2) B.(3,2,0)C.(1,0,2) D.(3,2,0)2.已知a=(2,3,1),b=(2,0,4),c=(4,6,2),則下列結(jié)論正確的是()A.a∥c,b∥c B.a∥b,a⊥cC.a∥c,a⊥b D.以上都不對3.[2023遼寧沈陽高二階段練習(xí)]在四面體OABC中,空間的一點(diǎn)M滿足OM=14OA+16OB+λOC,若M,A,BA.712 B.13 C.5124.[2023福建高二期末]如圖所示,在平行六面體ABCDA1B1C1D1中,M為A1C1與B1D1的交點(diǎn).若AB=a,AD=b,AA1=c,則下列向量中與BM相等的向量是(A.12a+12bB.12a+12bC.12a12bD.12a12b5.已知平面α的法向量為n=(2,2,1),點(diǎn)A(x,3,0)在平面α內(nèi),則點(diǎn)P(2,1,4)到平面α的距離為103,則x=(A.1 B.11 C.1或11 D.216.已知兩個不重合的平面α與平面ABC,若平面α的法向量為n1=(2,3,1),AB=(1,0,2),AC=(1,1,1),則()A.平面α∥平面ABCB.平面α⊥平面ABCC.平面α、平面ABC相交但不垂直D.以上均有可能7.已知向量a=(1,2,3),b=(2,4,6),|c|=14,若(a+b)·c=7,則a與c的夾角為()A.30° B.60° C.120° D.150°8.[2023浙江高三專題練習(xí)]如圖,已知圓柱OO1,A在底面圓O上,AO=1,OO1=2,P,Q在底面圓O1上,且滿足PQ=233,則直線AO1與平面OPQ所成角的正弦值的取值范圍是(A.0,3+66 B.6-36C.3-66,1 D.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,在長方體ABCDA1B1C1D1中,AB=5,AD=4,AA1=3,以直線DA,DC,DD1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則()A.點(diǎn)B1的坐標(biāo)為(4,5,3)B.點(diǎn)C1關(guān)于點(diǎn)B對稱的點(diǎn)為(5,8,3)C.點(diǎn)A關(guān)于直線BD1對稱的點(diǎn)為(0,5,3)D.點(diǎn)C關(guān)于平面ABB1A1對稱的點(diǎn)為(8,5,0)10.[2023云南玉溪高二期中]下列命題中正確的是()A.A,B,M,N是空間中的四點(diǎn),若BA,BM,BN不能構(gòu)成空間基底,則A,B,B.已知{a,b,c}為空間向量的一組基底,若m=a+c,則{a,b,m}也是空間向量的一組基底C.若直線l的方向向量為e=(1,0,3),平面α的法向量為n=2,0,23,則直線l∥αD.若直線l的方向向量為e=(1,0,3),平面α的法向量為n=(2,0,2),則直線l與平面α所成角的正弦值為511.已知正方體ABCDA1B1C1D1,下列說法正確的是()A.(A1A+A1B.A1C·(A1C.向量AD1與向量D.正方體ABCDA1B1C1D1的體積為|AB·12.如圖,在菱形ABCD中,AB=2,∠BAD=60°,將△ABD沿對角線BD翻折到△PBD位置,連接PC,則在翻折過程中,下列說法正確的是()A.PC與平面BCD所成的最大角為45°B.存在某個位置,使得PB⊥CDC.存在某個位置,使得B到平面PDC的距離為3D.當(dāng)二面角PBDC的大小為90°時,PC=6三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.如圖,四面體OABC的所有棱長都等于1,M,N分別是四面體OABC的棱OA,BC的中點(diǎn),P,Q是MN的三等分點(diǎn),OA=a,OB=b,OC=c,則OQ=(用a,b,c表示),OP·OQ的值為14.已知空間向量a=(1,n,2),b=(2,1,2).若2ab與b垂直,則|a|=.

15.[2023湖北襄陽高二階段練習(xí)]正多面體也稱柏拉圖立體,被譽(yù)為最有規(guī)律的立體結(jié)構(gòu),是所有面都只由一種正多邊形構(gòu)成的多面體(各面都是全等的正多邊形).數(shù)學(xué)家已經(jīng)證明世界上只存在五種柏拉圖立體,即正四面體、正六面體、正八面體、正十二面體、正二十面體.已知一個正八面體ABCDEF的棱長都是2(如圖),P,Q分別為棱AB,AD的中點(diǎn),則CP·FQ=16.已知e1,e2,e3是空間單位向量,e1·e2=e2·e3=e3·e1=12,若空間向量a滿足a=xe1+ye2(x,y∈R),|a|=2,則|a·e3|的最大值是.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)如圖,在三棱錐PABC中,點(diǎn)D為棱BC上一點(diǎn),且CD=2BD,點(diǎn)M為線段AD的中點(diǎn).(1)以{AB,AC,(2)若AB=AC=3,AP=4,∠BAC=∠PAC=60°,求PM·18.(12分)如圖,在正三棱柱ABCA1B1C1中,底面邊長為2.(1)設(shè)側(cè)棱長為1,求證:AB1⊥BC1;(2)設(shè)AB1與BC1的夾角為π3,求側(cè)棱的長19.(12分)已知空間中三點(diǎn)A(2,0,2),B(1,1,2),C(3,0,4),設(shè)a=AB,b=AC.(1)若|c|=3,且c∥BC,求向量c;(2)已知向量ka+b與b互相垂直,求實數(shù)k的值;(3)求△ABC的面積.20.(12分)如圖,在直三棱柱ABCA1B1C1中,底面△ABC是邊長為4的等邊三角形,且BB1=4,D是棱CC1上一動點(diǎn)(不包括端點(diǎn)).(1)若D為CC1的中點(diǎn),證明:AB1⊥BD;(2)設(shè)平面ABC與平面AB1D所成的銳二面角為θ,求cosθ的取值范圍.21.(12分)已知底面為菱形的四棱錐PABCD中,△PAD是邊長為2的等邊三角形,平面PAD⊥平面ABCD,E,F分別是棱PC,AB上的點(diǎn).(1)從①F是AB的中點(diǎn);②E是PC的中點(diǎn);③BE∥平面PFD中選取兩個作為條件,證明另一個成立;(2)若∠DAB=60°,求PB與平面PDC所成角的正弦值.22.(12分)如圖,在直三棱柱ABCA1B1C1中,AC⊥BC,且AC=BC=CC1=2,M是AB1,A1B的交點(diǎn),N是B1C1的中點(diǎn).(1)求證:MN⊥平面A1BC;(2)求平面AA1B與平面A1BC夾角的大小.

第一章測評(一)1.B設(shè)B(x,y,z),則AB=(x2,y1,z+1).因為OM=AB所以(1,1,1)=(x2,y1,z+1),所以x=3,y=2,z=0,即點(diǎn)B的坐標(biāo)為(3,2,0).2.C∵a·b=4+0+4=0,∴a⊥b.∵-4∴a∥c.∵b·c=8+0+8=0,∴b⊥c,故選C.3.A因為M,A,B,C共面,則14+16+λ=1,得λ=4.ABM=BA+AA1+A1M=a+c+12(A1B1+A1D1故選A.5.CPA=(x+2,2,4),而d=|PA·n||n|=故選C.6.A由題意,計算n1·AB=2×1+(3)×0+1×(2)=0,得n1⊥AB,計算n1·AC=2×1+(3)×1+1×1=0,得n1⊥AC,所以n1⊥平面ABC,所以平面α的法向量與平面ABC的法向量共線,則平面α∥平面ABC.7.C設(shè)向量a+b與c的夾角為α,因為a+b=(1,2,3)=a,所以|a+b|=14,cosα=(a+b)·c|a+所以α=60°.因為向量a+b與a的方向相反,所以a與c的夾角為120°.8.A取PQ中點(diǎn)M,則O1M⊥PQ,以點(diǎn)O1為坐標(biāo)原點(diǎn),MO1為x軸,OO1為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,由題可求得O1M=63則O(0,0,2),P63,33,0,Q63,33,0,則OP=63,33,2,OQ=設(shè)平面OPQ的法向量為m=(x,y,z),則m·OP=-63x-33y+2z設(shè)A(cosθ,sinθ,2),直線AO1的方向向量為n=O1A=(cosθ,sinθ,所以直線AO1與平面OPQ所成角的正弦值為|m·n||m故選A.9.ACD由圖形及其已知可得,點(diǎn)B1的坐標(biāo)為(4,5,3),點(diǎn)C1(0,5,3)關(guān)于點(diǎn)B(4,5,0)對稱的點(diǎn)為(8,5,3),點(diǎn)A關(guān)于直線BD1對稱的點(diǎn)為C1(0,5,3),點(diǎn)C(0,5,0)關(guān)于平面ABB1A1對稱的點(diǎn)為(8,5,0).故A,C,D正確.10.ABD對于A,A,B,M,N是空間中的四點(diǎn),若BA,BM,BN不能構(gòu)成空間基底,則BA,BM,BN共面,則對于B,已知{a,b,c}為空間向量的一組基底,則a,b,c不共面,若m=a+c,則a,b,m也不共面,則{a,b,m}也是空間向量的一組基底,故B對;對于C,因為e·n=1×(2)+0×0+3×23=0,則e⊥n,若l?α,則l∥α,但選項中沒有條件l?α,有可能會出現(xiàn)l?α對于D,因為cos<e,n>=e·n|e||n|=故選ABD.11.AB由向量的加法得A1∵A1C2=3A1B12,∴A1C∵A1B1-A1A=∴A1C∵△ACD1是等邊三角形,∴∠AD1C=60°,又A1B∥D1C,∴異面直線AD1與A1B所成的夾角為60°,但是向量AD1與向量∵AB⊥AA1,∴AB·A故|AB·AA12.BD選項A,取BD的中點(diǎn)O,連接OP,OC,則OP=OC=3.由題可知,△ABD和△BCD均為等邊三角形,由對稱性可知,在翻折的過程中,PC與平面BCD所成的角為∠PCO,當(dāng)PC=3時,△OPC為等邊三角形,此時∠PCO=60°>45°,即選項A錯誤;選項B,當(dāng)點(diǎn)P在平面BCD內(nèi)的投影為△BCD的重心Q時,有PQ⊥平面BCD,∴PQ⊥CD.又BQ⊥CD,BQ∩PQ=Q,BQ,PQ?平面PBQ,∴CD⊥平面PBQ.∵PB?平面PBQ,∴PB⊥CD,即選項B正確.選項C,∵點(diǎn)B到PD的距離為3,點(diǎn)B到CD的距離為3,∴若B到平面PDC的距離為3,則平面PBD⊥平面PCD,平面CBD⊥平面PCD,則有DB⊥平面PCD,即DB⊥CD,與△BCD是等邊三角形矛盾.選項D,當(dāng)二面角PBDC的大小為90°時,平面PBD⊥平面BCD.∵PB=PD,∴OP⊥BD.∵平面PBD∩平面BCD=BD,∴OP⊥平面BCD,∴OP⊥OC.又OP=OC=3,∴△POC為等腰直角三角形,∴PC=2OP=6,即選項D正確.13.13a+16b+16c1336由題意得OQ=OM+MQ=12OA+13MN=12OA同理可得OP=16a+13b所以O(shè)P·OQ=16a+13b+13c·13a+16b+16c=118|a|2+136a·b+136a·c+19a·b+118|b|2+118b·c+19a·c+因為四面體OABC的所有棱長都等于1,所以a·b=b·c=a·c=1×1×12所以O(shè)P·OQ=11814.352∵a=(1,n,2),b∴2ab=(4,2n1,2).∵2ab與b垂直,∴(2ab)·b=0,∴8+2n1+4=0,解得n=52∴a=1,∴|a|=1+2515.1在正八面體ABCDEF中,CA,CB,CD不共面,而P,Q分別為棱AB,AD的中點(diǎn),有CA·CD=CA·CB=|CA||CB|cos60°=2,CB所以CP·FQ=12CA+12CB·32CA-CB-12CD16.233空間向量a滿足a=xe1+ye2(x,y∈R),且e1·e2=e2·e3=e3·e1=12,則|a|2=x2+y又由|a|=2,得|a|2=4.即x2+y2+xy=4.又|a·e3|=|(xe1+ye2)·e3|=12|x+y|由于x2+y2≥2xy,所以由x2+y2+xy=4,整理得3xy≤4,即xy≤43所以|x+y|2=x2+y2+2xy=x2+y2+xy+xy≤4+43=163,故所以|a·e3|=12|x+y|≤233,當(dāng)且僅當(dāng)x=y=17.解(1)∵M(jìn)為線段AD的中點(diǎn),∴AM=∵CD=2BD,∴BD=∴PM=PA+AM=PA+12AD=PA+1(2)PM·AC=AP+13AB+16AC·AC=AP·AC+13AB·AC+16AC2=|AP||AC|·cos∠PAC+13|AB||AC|cos∠BAC+118.(1)證明AB因為BB1⊥平面ABC,所以BB1·AB=0,又△ABC為正三角形,所以<AB,BC>=因為AB1·BC1=(AB+BB1)·(BB1+BC)=AB·BB1+AB·BC+|B所以AB1⊥BC1.(2)解由(1)知AB1·BC1=|AB||BC|cos<AB,BC>+|B又|AB1|=|AB|所以cos<AB1,所以|BB1|=19.解(1)∵B(1,1,2),C(3,0,4),∴BC=(3,0,4)(1,1,2)=(2,1,2).∵|c|=3,且c∥BC,∴c=mBC=m(2,1,2)=(2m,m,2m),m∈R,∴|c|=(2m)2∴m=±1,∴c=(2,1,2)或c=(2,1,2).(2)∵a=AB=(1,1,0),b=AC=(1,0,2),∴ka+b=k(1,1,0)+(1,0,2)=(1k,k,2).∵向量ka+b與b互相垂直,∴(ka+b)·b=1k+4=0,解得k=5.∴k的值是5.(3)AB=(1,1,0),AC=(1,0,2),BC=(2,1,2),cos<AB,AC>=AB·sin<AB,AC>=∴△ABC的面積S△ABC=12×|AB|×|AC|×sin<AB,AC20.(1)證明分別取AB,A1B1的中點(diǎn)O,O1,連接OO1,則OO1∥AA1.因為AA1⊥平面ABC,所以O(shè)O1⊥平面ABC.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OC,OB,OO1分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,因為直三棱柱ABCA1B1C1的底邊長和側(cè)棱長都為4,D為CC1的中點(diǎn),所以A(0,2,0),B(0,2,0),B1(0,2,4),D(23,0,2),故BD=(23,2,2),AB1=(0,4,4),則BD所以BD⊥AB1.(2)解因為OO1⊥平面ABC,所以取平面ABC的法向量為m=(0,0,1).設(shè)CD=t(0<t<4),則點(diǎn)D(23,0,t),所以AD=(23,2,t).設(shè)平面AB1D的法向量為n=(x,y,z),則n令z=2,則y=2,x=2-t3,故n=2-所以cosθ=|cos<n,m>|=|n因為0<t<4,則26≤(t-所以23(t-2故cosθ的取值范圍為217,221.(1)證明選①F是AB的中點(diǎn),②E是PC的中點(diǎn)為已知條件,證明③BE∥平面PFD.取PD的中點(diǎn)M,連接ME,FM,所以ME∥CD,ME=12CD,FB∥CD,FB=12所以ME∥FB,ME=FB,所以四邊形MEBF是平行四邊形,所以BE∥MF.因為BE?平面PFD,MF?平面PFD,所以BE∥平面PFD.選②E是PC的中點(diǎn),③BE∥平面PFD為已知條件,證明①F是AB的中點(diǎn).取PD的中點(diǎn)M,連接ME,FM,所以ME∥CD,ME=12CD.因為FB∥CD,所以ME∥FB即平面MEBF∩平面PDF=FM.因為BE∥平面PFD,所以BE∥MF,所以四邊形MEBF是平行四邊形,所以BF=ME.因為ME=12CD=12AB,所以BF=12AB,即F是選①F是AB的中點(diǎn),③BE∥平面PFD為已知條件,證明②E是PC的中點(diǎn).取CD的中點(diǎn)N,連接BN,EN,所以DN∥FB,DN=FB,所以四邊形BFDN是平行四邊形,所以BN∥DF.因為BN?平面PFD,DF?平面PFD,所以BN∥平面PFD.因為BE∥平面PFD,BN∩BE=B,所以平面PFD∥平面BEN.又因為EN?平面BNE,所以EN∥平面PFD.又因為平面PDC∩平面PFD=DP,所以EN∥PD.因為N是CD的中點(diǎn),所以E是PC的中點(diǎn).(2)解取AD的中點(diǎn)O,連接