人教B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同步测试题

这是一份人教B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同步测试题，共18页。

易错点1 对空间向量的夹角的概念理解不清致误
1.(2020湖南师范大学附属中学高二期末,)已知a=(5,3,1),b=-2,t,-25,若a与b的夹角为钝角,求实数t的取值范围.
易错点2 混淆空间角与向量所成角致误
2.(2020山东泰安高二期末,)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面四边形ABCD是正方形,侧面PDC是边长为a的正三角形,且平面PDC⊥底面ABCD,E为PC的中点.
(1)求异面直线PA与DE所成角的余弦值;
(2)求直线AP与平面ABCD所成角的正弦值.
3.(2020河南郑州外国语学校高二期末,)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,FC⊥平面ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF.
(1)求证:BD⊥平面AED;
(2)求二面角F-BD-C的余弦值.
易错点3 不能正确求点到平面的距离
4.(2020陕西西安高新第一中学高二期末,)如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,四边形BDEF是矩形,平面BDEF⊥平面ABCD,DE=2,M为线段BF的中点.
(1)求M到平面DEC的距离及三棱锥M-CDE的体积;
(2)求证:DM⊥平面ACE.
思想方法练
一、函数与方程思想在空间向量中的应用
1.(2020浙江镇海中学高二期中,)已知空间中的两点A,B,且A(x,5-x,2x-1),B(1,x+2,2-x),当|AB|取最小值时,x的值为( )

A.19B.-87C.87D.1914
2.(2020北京第四中学高二期末,)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=AC=2,AB⊥AC,M,N分别是棱CC1,BC的中点,点P在线段A1B上(包括两个端点)运动.
(1)当P为线段A1B的中点时,求证:PN⊥AC1;
(2)求直线PN与平面AMN所成角的正弦值的取值范围.
二、转化与化归思想在空间向量中的应用
3.(2020重庆巴蜀中学高二期中,)如图,已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD为等边三角形,AD=DE=2AB=2a,F为CD的中点.
(1)求证:AF∥平面BCE;
(2)判断平面BCE与平面CDE的位置关系,并证明你的结论.
4.(2020安徽合肥第一中学高二期末,)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱AA1⊥底面ABC,∠ACB=90°,E是棱CC1上的动点,F是AB的中点,AC=1,BC=2,AA1=4.
(1)当E是棱CC1的中点时,求证:CF∥平面AEB1;
(2)在棱CC1上是否存在点E,使得二面角A-EB1-B的余弦值是21717?若存在,求出CE的长;若不存在,请说明理由.
5.(2020广东广州高二期末,)如图,四边形ABCD是边长为3的正方形,DE⊥平面ABCD,AF∥DE,DE=3AF,BE与平面ABCD所成的角为60°.
(1)求证:AC⊥平面BDE;
(2)求二面角F-BE-D的余弦值;
(3)设点M是线段BD上的一个动点,试确定点M的位置,使得AM∥平面BEF,并证明你的结论.
答案全解全析
易混易错练
1.解析 由已知得a·b=5×(-2)+3t-25=3t-525,
因为a和b的夹角为钝角,
所以a·b<0,
所以3t-525<0,即t<5215.
若a与b的夹角为180°,则存在λ<0,使a=λb,即(5,3,1)=λ-2,t,-25,
所以5=λ·(-2),3=λ·t,1=λ·-25,
所以t=-65,故t的取值范围为-∞,-65∪-65,5215.
2.解析 取DC的中点O,连接PO,
∵△PDC为正三角形,
∴PO⊥DC.
又∵平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=DC,
∴PO⊥平面ABCD.
建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,
则P0,0,32a,Aa,-a2,0,C0,a2,0,D0,-a2,0.
(1)设异面直线PA与DE所成的角为θ.
∵E为PC的中点,
∴E0,a4,34a,
∴DE=0,34a,34a,PA=a,-a2,-32a,
∴PA·DE=34a×-a2+34a×-32a=-34a2,|PA|=2a,|DE|=32a,
∴cs=PA·DE|PA||DE|=-34a22a×32a=-64.
∵cs θ=|cs|,
∴异面直线PA与DE所成角的余弦值为64.
(2)设直线AP与平面ABCD所成的角为α,
易知平面ABCD的一个法向量n=0,0,32a,
∴cs=PA·n|PA||n|=-34a22a×32a=-64.
∵sin α=|cs|=64,
∴直线AP与平面ABCD所成角的正弦值为64.
3.解析 (1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,
所以∠ADC=∠BCD=120°.
又CB=CD,
所以∠CDB=30°,
所以∠ADB=90°,
即AD⊥BD.
又AE⊥BD,且AE∩AD=A,AE,AD⊂平面AED,
所以BD⊥平面AED.
(2)解法一:连接AC.易得AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD,所以CA,CB,CF两两垂直.
以C为坐标原点,CA,CB,CF所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
不妨设CB=1,
则C(0,0,0),B(0,1,0),D32,-12,0,F(0,0,1),
所以BD=32,-32,0,BF=(0,-1,1).
设平面BDF的一个法向量为m=(x,y,z),
则m·BD=0,m·BF=0,即32x-32y=0,-y+z=0,所以x=3y=3z,取z=1,则m=(3,1,1).
易知CF=(0,0,1)是平面BDC的一个法向量,
则cs=m·CF|m||CF|=15=55,所以二面角F-BD-C的余弦值为55.
解法二:如图,取BD的中点G,连接CG,FG,
因为CB=CD,所以CG⊥BD.
又FC⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
所以FC⊥BD.
因为FC∩CG=C,FC,CG⊂平面FCG,
所以BD⊥平面FCG,
故BD⊥FG,
所以∠FGC为二面角F-BD-C的平面角.
因为在等腰三角形BCD中,∠BCD=120°,所以CG=12CB.
又CB=CF,所以GF=CG2+CF2=5CG,
故cs∠FGC=55,
所以二面角F-BD-C的余弦值为55.
4.解析 (1)设AC∩BD=O,以O为原点,OB所在直线为x轴,OC所在直线为y轴,过O且与平面ABCD垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
易知z轴在平面BDEF内,且BF∥DE∥z轴,
则C(0,3,0),D(-1,0,0),E(-1,0,2),M(1,0,1),
∴DE=(0,0,2),DC=(1,3,0),DM=(2,0,1).
设平面DEC的一个法向量n=(x,y,z),
则n·DE=2z=0,n·DC=x+3y=0,取x=3,得n=(3,-1,0),
∴M到平面DEC的距离h=|DM·n||n|=233+1=3,
又S△DEC=12×DE×DC=12×2×2=2,
∴三棱锥M-CDE的体积V=13×S△DEC×h=13×2×3=233.
(2)证明:由(1)易知A(0,-3,0),AC=(0,23,0),AE=(-1,3,2),
∵AC·DM=0,AE·DM=-2+2=0,
∴AC⊥DM,AE⊥DM,
又AC∩AE=A,AC,AE⊂平面ACE,
∴DM⊥平面ACE.
思想方法练
1.C |AB|=(x-1)2+(3-2x)2+(3x-3)2=14x2-32x+19=14x-872+57,故当x=87时,|AB|取得最小值.
2.解析 由题意可知,AA1,AB,AC两两垂直,分别以AB,AC,AA1所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,
则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,2).
因为M,N分别是棱CC1,BC的中点,所以M(0,2,1),N(1,1,0).
(1)证明:当P为线段A1B的中点时,P(1,0,1),
所以PN=(0,1,-1),又AC1=(0,2,2),所以PN·AC1=0,即PN⊥AC1.
(2)因为点P在线段A1B上运动,所以设A1P=λA1B(0≤λ≤1),得P(2λ,0,2-2λ),
所以PN=(1-2λ,1,2λ-2).
设平面AMN的一个法向量为s=(x,y,z),因为AM=(0,2,1),AN=(1,1,0),
所以由s⊥AM,s⊥AN,得2y+z=0,x+y=0,取y=1,则x=-1,z=-2,所以s=(-1,1,-2).
设直线PN与平面AMN所成的角为α,
则sin α=|cs|
=|s·PN||s||PN|=|4-2λ| 6· 8λ2-12λ+6,
因为λ∈[0,1],所以sin α=4-2λ 6· 8λ2-12λ+6,设t=4-2λ,则t∈[2,4],
所以sin α=t 6· 2t2-10t+14,设f(t)=t 6· 2t2-10t+14,t∈[2,4],
则f(t)=1 6· 14t2-10t+2,设u=1t,则u∈14,12,易求得14u2-10u+2的取值范围为314,12,
所以f(t)的取值范围为 33, 73,
所以直线PN与平面AMN所成角的正弦值的取值范围为 33, 73.
3.解析 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),C(2a,0,0),B(0,0,a),D(a,3a,0),E(a,3a,2a).
因为F为CD的中点,
所以F32a,32a,0.
(1)证明:AF=32a,32a,0,BE=(a,3a,a),BC=(2a,0,-a).
所以AF=12(BE+BC),所以平面BCE内存在一条直线平行于AF,又AF⊄平面BCE,所以AF∥平面BCE.
(2)平面BCE⊥平面CDE.证明如下:
因为AF=32a,32a,0,CD=(-a,3a,0),ED=(0,0,-2a),
所以AF·CD=0,AF·ED=0,
所以AF⊥CD,AF⊥ED,
即AF⊥CD,AF⊥ED,
又ED∩CD=D,所以AF⊥平面CDE,
又AF∥平面BCE,所以平面BCE⊥平面CDE.
4.解析 (1)证明:取AB1的中点G,连接EG,FG.
∵F,G分别是AB,AB1的中点,
∴FG∥BB1,FG=12BB1,
又B1B?C1C,EC=12C1C,
∴EC∥B1B,EC=12B1B,∴FG?EC,
∴四边形FGEC是平行四边形,∴CF∥EG.
∵CF⊄平面AEB1,EG⊂平面AEB1,
∴CF∥平面AEB1.
(2)以C为坐标原点,射线CA,CB,CC1分别为x轴,y轴,z轴正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz,
则C(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,2,4),AB1=(-1,2,4),
设E(0,0,m)(0≤m≤4),平面AEB1的一个法向量为n1=(x,y,z),则AE=(-1,0,m).
由AB1⊥n1,AE⊥n1,
得-x+2y+4z=0,-x+mz=0,令z=2,得n1=(2m,m-4,2).
易得CA⊥平面C1CBB1,
∴CA是平面EBB1的一个法向量,令n2=CA.
∵二面角A-EB1-B的余弦值为21717,
∴21717=|cs|
=|n1·n2||n1||n2|=2m4m2+(m-4)2+4,
解得m=1m=-53舍去.
∴在棱CC1上存在点E,使得二面角A-EB1-B的余弦值是21717,此时CE=1.
5.解析 (1)证明:∵DE⊥平面ABCD,∴DE⊥AC.
∵四边形ABCD是正方形,
∴AC⊥BD,又DE∩BD=D,DE,BD⊂平面BDE,∴AC⊥平面BDE.
(2)∵DE⊥平面ABCD,
∴∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角,即∠EBD=60°,∴EDBD=3.
在正方形ABCD中,AD=3,则BD=32,∴DE=36,∴AF=6.
以D为原点,DA,DC,DE所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则A(3,0,0),F(3,0,6),E(0,0,36),B(3,3,0),C(0,3,0),
∴BF=(0,-3,6),EF=(3,0,-26).
设平面BEF的一个法向量为n=(x,y,z),则n·BF=0,n·EF=0,即-3y+6z=0,3x-26z=0.
令z=6,得n=(4,2,6).
∵AC⊥平面BDE,∴CA=(3,-3,0)为平面BDE的一个法向量,
∴cs=n·CA|n||CA|=626×32=1313,
故二面角F-BE-D的余弦值为1313.
(3)点M是线段BD上靠近B点的三等分点,证明如下:
依题意,设M(t,t,0)(0≤t≤32),则AM=(t-3,t,0),
∵AM∥平面BEF,∴AM·n=0,即4(t-3)+2t=0,解得t=2,
∴点M的坐标为(2,2,0),此时DM=23DB,
∴点M是线段BD上靠近B点的三等分点.