人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何本章综合与测试课时训练

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何本章综合与测试课时训练，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第一章测评(二)
(时间:120分钟　满分:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.若平面α⊥平面β,且平面α的一个法向量为n=-2,1,12,则平面β的法向量可以是(　　)
　　　　　　　　　　　　
A.1,12,14 B.(2,-1,0)
C.(1,2,0) D.12,1,2
解析因为平面α⊥平面β,所以平面α的法向量与平面β的法向量互相垂直.
设平面β的法向量为m=(x,y,z),则有n·m=-2x+y+12z=0,即4x-2y-z=0.
对于A,4×1-2×12-14≠0,故A不成立;
对于B,4×2-2×(-1)-0≠0,故B不成立;
对于C,4×1-2×2-0=0,故C成立;
对于D,4×12-2×1-2≠0,故D不成立.
答案C
2.(2020安徽宿州期末)已知a=(1,k,-2),b=(2k,2,4),若a∥b,则实数k的值为(　　)
A.-2 B.2 C.-1 D.1
解析根据题意,a∥b,设a=tb(t∈R),
即(1,k,-2)=t(2k,2,4)=(2kt,2t,4t),
则有1=2kt,k=2t,-2=4t,解得k=-1.
答案C

3.(2020河南新乡期末)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,P是线段D1B上一点,且BP=2D1P,若AP=xAB+yAD+zAA1,则x+y+z=(　　)
A.53 B.23
C.43 D.1
解析∵BP=2D1P,∴BP=2PD1,
即AP-AB=2(AD1-AP)=2AD1-2AP,
即3AP=AB+2AD1,
即AP=13AB+23AD1=13AB+23AD+23AA1,
所以x=13,y=23,z=23,所以x+y+z=53.
答案A
4.(2020湖南常德期末)已知直线l1的一个方向向量为a=(1,-2,2),直线l2的一个方向向量为b=(1,2,0),则两直线所成角的余弦值为(　　)
A.53 B.255 C.-55 D.55
解析直线l1的一个方向向量为a=(1,-2,2),
直线l2的一个方向向量为b=(1,2,0),
则两直线所成角的余弦值为
|cos|=|a·b||a||b|=335=55.
答案D
5.已知a=(1-t,1,0),b=(2,t,t),则|b-a|的最小值是(　　)
A.1 B.2 C.3 D.5
解析∵a=(1-t,1,0),b=(2,t,t),
∴b-a=(1+t,t-1,t),
∴|b-a|=(1+t)2+(t-1)2+t2=3t2+2,
∴当t=0时,|b-a|取最小值2.
答案B
6.若平面α的一个法向量为n1=(1,0,1),平面β的一个法向量是n2=(-3,1,3),则平面α与β所成的角等于(　　)
A.30° B.45° C.60° D.90°
解析平面α的一个法向量为n1=(1,0,1),平面β的一个法向量是n2=(-3,1,3),
∴cos=1×(-3)+0×1+1×312+02+12×(-3)2+12+32=0.
∴平面α与β所成的角等于90°.
答案D
7.

(2020江苏南京期末)已知动点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1(不含端点)上.设D1PD1B=λ,若∠APC为钝角,则实数λ的取值范围为(　　)
A.0,13
B.0,12
C.13,1
D.12,1
解析由题设,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,

设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,
则有A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),
∴D1B=(1,1,-1),∴D1P=(λ,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-λ,λ-1).∵cos∠APC<0,∴PA·PC<0,
∴(1-λ)(-λ)+(-λ)(1-λ)+(λ-1)2=(λ-1)·(3λ-1)<0,解得13<λ<1,∴λ的取值范围是13,1.
答案C
8.(2021陕西汉中一模)已知向量a=(ax,ay,az),b=(bx,by,bz),{i,j,k}是空间中的一个单位正交基底.规定向量积的行列式计算:a×b=(aybz-azby)i+(azbx-axbz)j+(axby-aybx)k=i　j　kaxayazbxbybz=ay　azby　bz,-ax　azbx　bz,ax　aybx　by,其中行列式计算表示为a　bc　d=ad-bc.若向量AB=(2,1,4),AC=(3,1,2),则AB×AC=(　　)
A.(-4,-8,-1)
B.(-1,4,-8)
C.(-2,8,-1)
D.(-1,-4,-8)
解析由题意得,AB×AC=(1×2-4×1)i+(4×3-2×2)j+(2×1-1×3)k=-2i+8j-k=(-2,8,-1).
答案C
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.

9.(2020广东广州期末)如图,已知三棱锥O-ABC,E,F分别是OA,BC的中点,P为线段EF上一点,且PF=2EP,设OA=a,OB=b,OC=c,则下列等式成立的是(　　)
A.OF=12b+12c
B.EP=-16a+16b+16c
C.FP=-13a+13b+13c
D.OP=13a+16b+16c
解析∵E,F分别是OA,BC的中点,
∴OF=12(OB+OC)=12OB+12OC=12b+12c,故A正确;
EF=OF-OE=12b+12c-12a,
∵PF=2EP,
∴EP=13EF,FP=23EF,
即EP=13EF=1312b+12c-12a=-16a+16b+16c,故B正确;
FP=-23EF=-2312b+12c-12a=13a-13b-13c,故C错误;
OP=OE+EP=12a-16a+16b+16c=13a+16b+16c,故D正确.
答案ABD
10.已知v为直线l的方向向量,n1,n2分别为平面α,β的法向量(α,β不重合),那么下列选项正确的是(　　)
A.n1∥n2⇔α∥β B.n1⊥n2⇔α⊥β
C.v∥n1⇔l∥α D.v⊥n1⇔l∥α
解析v为直线l的方向向量,n1,n2分别为平面α,β的法向量(α,β不重合),则n1∥n2⇔α∥β,n1⊥n2⇔α⊥β,v∥n1⇔l⊥α,v⊥n1⇔l∥α或l⊂α.故A,B正确.
答案AB
11.(2021江苏南京检测)如图,以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出如下四个结论,其中正确的是(　　)

A.AB⊥AC
B.AB⊥DC
C.BD⊥AC
D.平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直
解析以D为坐标原点,DB,DC,DA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图.

设折叠前的等腰直角三角形ABC的斜边BC=2,
则D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),A(0,0,1),
则AB=(1,0,-1),AC=(0,1,-1),DC=(0,1,0),BD=(-1,0,0),
从而有AB·AC=0+0+1=1,故A错误;
AB·DC=0,故B正确;
BD·AC=0,故C正确;
易知平面ADC的一个法向量为BD=(-1,0,0),
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则AB·n=0,AC·n=0,
即x-z=0,y-z=0,令y=1,则x=1,z=1,故平面ABC的一个法向量n=(1,1,1),BD·n=-1,故D错误.
答案BC
12.(2020山东淄博期末)已知空间向量i,j,k都是单位向量,且两两垂直,则下列结论正确的是(　　)
A.向量i+j+k的模是3
B.{i+j,i-j,k}可以构成空间的一个基底
C.向量i+j+k和k夹角的余弦值为33
D.向量i+j与k-j共线
解析对于A,因为空间向量i,j,k都是单位向量,且两两垂直,
所以|i|=|j|=|k|=1,且i·j=0,i·k=0,j·k=0,则|i+j+k|=(i+j+k)2=i2+j2+k2+2i·j+2j·k+2i·k=3,所以向量i+j+k的模是3,故A错误;
对于B,因为空间向量i,j,k都是单位向量,且两两垂直,
所以i,j,k不共面,而向量i+j,i-j均与i,j共面,
所以i+j,i-j与k不共面,
则{i+j,i-j,k}可以构成空间的一个基底,故B正确;
对于C,设i+j+k与k的夹角为α,
则cosα=(i+j+k)·k|i+j+k||k|=i·k+j·k+k·k|i+j+k||k|=13×1=33,
所以向量i+j+k和k夹角的余弦值为33,故C正确;
对于D,因为|i+j|=(i+j)2
=i2+2i·j+j2=2,
同理可得|k-j|=2,
则cos=(i+j)·(k-j)|i+j||k-j|=-12,
所以向量i+j与k-j的夹角为120°,
则向量i+j与k-j不共线,故D错误.
答案BC
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.已知空间中两点A=(2,2,0),B=(3,y,1),向量a=(3,-1,3),a∥AB,则|a|=　　　　　,y=　　　　　. 
解析因为a=(3,-1,3),
则|a|=32+(-1)2+32=19.
因为A=(2,2,0),B=(3,y,1),所以AB=(1,y-2,1).
又a∥AB,则有AB=λa(λ∈R),即(1,y-2,1)=λ(3,-1,3),
所以1=3λ,y-2=-λ,解得λ=13,y=53.
答案19　53
14.在空间直角坐标系Oxyz中,向量OA=(1,1,2),OB=(-1,1,t),OC=(2,1,-1),若O,A,B,C四点共面,则t=　　　　　. 
解析O,A,B,C四点共面,则存在实数λ,μ使得OB=λOA+μOC,即(-1,1,t)=(λ+2μ,λ+μ,2λ-μ),
∴λ+2μ=-1,λ+μ=1,2λ-μ=t,解得λ=3,μ=-2,t=8.
答案8
15.(2020山东临沂期末)如图,在正四棱锥P-ABCD中,PA=AB,点M为PA的中点,BD=λBN.若MN⊥AD,则实数λ=　　　　　. 

解析连接AC,交BD于O,以O为原点,OA为x轴,OB为y轴,OP为z轴,建立空间直角坐标系,图略.
设PA=AB=2,则A(2,0,0),D(0,-2,0),P(0,0,2),M22,0,22,B(0,2,0),BD=(0,-22,0),
设N(0,b,0),则BN=(0,b-2,0).
∵BD=λBN,∴-22=λ(b-2),
∴b=2λ-22λ,
∴N0,2λ-22λ,0,MN=-22,2λ-22λ,-22,AD=(-2,-2,0).
∵MN⊥AD,∴MN·AD=1-2λ-4λ=0,解得λ=4.
答案4
16.(2020四川成都模拟)已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,∠A1AD=∠A1AB=∠BAD=60°,AA1=AB=AD,E为A1D1的中点.给出下列四个说法:①∠BCC1为异面直线AD与CC1所成的角;②三棱锥A1-ABD是正三棱锥;③CE⊥平面BB1D1D;④CE=-12AD-AB+AA1.其中正确的说法有　　　　　.(写出所有正确说法的序号) 

解析①∠BCC1=120°,而异面直线AD与CC1所成的角为60°,故①错误;
②三棱锥A1-ABD的每个面都为正三角形,故为正四面体,故②正确;
④根据向量加法的三角形法则,CE=CB+BA+AA1+A1E=-AD-AB+AA1+12AD=-12AD-AB+AA1,故④正确;
③∵BD=AD-AB,∴CE·BD=-12AD-AB+AA1·(AD-AB)=-12|AD|2+12AD·AB-AB·AD+|AB|2+AA1·AD-AA1·AB=12|AD|2-14|AD|2+12|AD|2-12|AD|2=14|AD|2≠0,∴CE与BD不垂直,故③错误.
答案②④
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)

(2020山西太原期末)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,∠A1AB=∠A1AC=60°,点M为△ABC的重心,AM的延长线交BC于点N,连接A1M.设AB=a,AC=b,A1A=c.
(1)用a,b,c表示A1M;
(2)求证:A1M⊥AB.
(1)解因为△ABC为正三角形,点M为△ABC的重心,所以N为BC的中点,
所以AN=12AB+12AC,AM=23AN,
所以A1M=A1A+AM=-AA1+23AN=-AA1+13AB+13AC=13a+13b-c.
(2)证明设三棱柱的棱长为m,
则A1M·AB=13a+13b-c·a=13a2+13a·b-c·a=13m2+13m2×12-m2×12=0,所以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),求实数m的值;
(2)若m=2,求a·(b+c)的值.
解(1)因为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,则c=(0,0,2),b+c=(2,0,5),
所以a·(b+c)=(2,-3,1)·(2,0,5)=9.
19.(12分)(2020河南安阳二模)已知在四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD是菱形,且∠ABC=120°,△SBC为等边三角形,平面SBC⊥平面ABCD.

(1)求证:BC⊥SD;
(2)若点E是线段SA上靠近S的三等分点,求直线DE与平面SAB所成角的正弦值.
(1)证明取BC的中点F,连接BD,DF和SF.
因为△SBC为等边三角形,所以SF⊥BC.
又四边形ABCD是菱形,且∠ABC=120°,
所以△BCD为等边三角形,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)解因为平面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两两垂直.
以点F为坐标原点,FC,FD,FS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Fxyz,如图所示.

不妨设AB=2,则A(-2,3,0),B(-1,0,0),S(0,0,3),
所以AB=(1,-3,0),AS=(2,-3,3).
设平面SAB的法向量为m=(x,y,z),
由m·AB=0,m·AS=0,得x-3y=0,2x-3y+3z=0,
令y=1,得平面SAB的一个法向量m=(3,1,-1).
又SE=13SA=-23,33,-33,
所以E-23,33,233.
又D(0,3,0),所以DE=-23,-233,233.
设直线DE与平面SAB所成的角为θ,
则sinθ=|DE·m||DE||m|=-233-233-23349+129+129×3+1+1=310535.
20.(12分)(2020湖南长沙期中)如图,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形,PA=AD=2,M,N分别是AB,PC的中点.

(1)求证:平面MND⊥平面PCD;
(2)求点P到平面MND的距离.
(1)证明∵PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,∴AB,AD,AP两两互相垂直,
如图所示,分别以AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,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).
设m=(x,y,z)是平面MND的法向量,
可得m·MN=0,m·ND=0,
即y+z=0,-x+y-z=0,取y=-1,得x=-2,z=1,
∴m=(-2,-1,1)是平面MND的一个法向量,同理可得n=(0,1,1)是平面PCD的一个法向量,
∵m·n=-2×0+(-1)×1+1×1=0,∴m⊥n,
即平面MND的法向量与平面PCD的法向量互相垂直,可得平面MND⊥平面PCD.
(2)解由(1)得m=(-2,-1,1)是平面MND的一个法向量.
∵PD=(0,2,-2),得PD·m=0×(-2)+2×(-1)+(-2)×1=-4,∴点P到平面MND的距离d=|m·PD||m|=44+1+1=263.
21.(12分)

如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,AA1=4,点D是BC的中点.
(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;
(2)求平面ADC1与平面ABA1夹角的余弦值.
解(1)分别以AB,AC,AA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Axyz,如图.

则由题意知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||C1D|=1820×18=31010,
∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为31010.
(2)AC=(0,2,0)是平面ABA1的一个法向量.
设平面ADC1的法向量为m=(x,y,z),
∵AD=(1,1,0),AC1=(0,2,4),
∴m·AD=0,m·AC1=0,即x+y=0,2y+4z=0,取z=1,得y=-2,x=2,
∴平面ADC1的一个法向量为m=(2,-2,1).
设平面ADC1与ABA1所成二面角为θ,
∴cosθ=|cos|=-429=23,
∴平面ADC1与ABA1夹角的余弦值为23.
22.(12分)(2021湖南常德模拟)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M,N分别是CC1,BC的中点,点P在A1B1上,且满足A1P=λA1B1(λ∈R).

(1)证明:PN⊥AM.
(2)当λ取何值时,直线PN与平面ABC所成的角θ最大?并求该最大角的正切值.
(3)若平面PMN与平面ABC的夹角为45°,试确定点P的位置.
(1)证明如图,以AB,AC,AA1分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Axyz,

则P(λ,0,1),N12,12,0,M0,1,12,从而PN=12-λ,12,-1,AM=0,1,12.因为PN·AM=12-λ×0+12×1-1×12=0,
所以PN⊥AM.
(2)解当λ=12时,直线PN与平面ABC所成的角θ最大.
平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),
则sinθ=sinπ2-=|cos|=|PN·n||PN||n|　=1λ-122+54,
而θ∈0,π2,当sinθ最大时,θ最大,
当λ=12时,(sinθ)max=255,此时θ最大,tanθ=2.
(3)解平面ABC的一个法向量为n=AA1=(0,0,1).
设平面PMN的法向量为m=(x,y,z),
由(1)得MP=λ,-1,12.
由m·NP=0,m·MP=0,得λ-12x-12y+z=0,λx-y+12z=0,
解得y=2λ+13x,z=2(1-λ)3x.令x=3,得平面PMN的一个法向量m=(3,2λ+1,2(1-λ)).
因为平面PMN与平面ABC的夹角为45°,所以|cos|=m·n|m||n|=|2(1-λ)|9+(2λ+1)2+4(1-λ)2=22,解得λ=-12.
故点P在B1A1的延长线上,且|A1P|=12.