新人教B版高中数学选择性必修第一册第一章空间向量与立体几何章末检测含解析

这是一份新人教B版高中数学选择性必修第一册第一章空间向量与立体几何章末检测含解析，共15页。
空间向量与立体几何

本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，满分150分，考试时间120分钟．
第Ⅰ卷(选择题，共60分)
一、单项选择题(本大题共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．已知空间四边形ABCD，G是CD的中点，连接AG，则＋(＋)＝(　　)
A．　　　　　　　　　 B．
C． D．
解析：选A　在△BCD中，因为点G是CD的中点，所以＝(＋)，从而＋(＋)＝＋＝．
2．已知a＝(－3，2，5)，b＝(1，5，－1)，则a·(a＋3b)＝(　　)
A．(0，34，10) B．(－3，19，7)
C．44 D．23
解析：选C　a＋3b＝(－3，2，5)＋3(1，5，－1)＝(0，17，2)，则a·(a＋3b)＝(－3，2，5)·(0，17，2)＝0＋34＋10＝44.
3.如图所示，在空间四边形OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC中点，则＝(　　)

A．a－b＋c
B．－a＋b＋c
C．a＋b－c
D．－a＋b－c
解析：选B　＝－＝(＋)－＝－a＋b＋c.
4．夹在两平行平面α、β之间的两条射线段AB和CD的长分别为8和12，AB和CD在α内的射影长之比为3∶5，则α、β间的距离为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选C　设α与β之间距离为h，设AB和CD在α内射影长分别为3a和5a，则有h＝＝，∴a＝，故h＝.
5．在棱长为1的正四面体ABCD中，E，F分别是BC，AD的中点，则·＝(　　)
A．0 B．
C．－ D．－
解析：选D　设＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，
且a·b＝b·c＝c·a＝，
又＝(a＋b)，＝c－b，
因此·＝(a＋b)·
＝a·c－a·b＋b·c－b2＝－，故选D.
6．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选C　建立如图所示的空间直角坐标系．则A(2，0，0)，B1(2，2，4)，D1(0，0，4)，A1(2，0，4)，＝(0，2，4)，＝(－2，0，4)，＝(0，0，4).

设平面AB1D1的法向量n＝(x，y，z)，
则即
令x＝2，得n＝(2，－2，1).
所以A1到平面AB1D1的距离为d＝＝.
7．已知＝(1，2，3)，＝(2，1，2)，＝(1，1，2)，点Q在直线OP上运动，则当·取得最小值时，点Q的坐标为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选C　设点Q(x，y，z).因为点Q在上，所以∥，可设x＝λ，0≤λ≤1，则y＝λ，z＝2λ，则Q(λ，λ，2λ)，＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，所以·＝6λ2－16λ＋10＝6－.故当λ＝时，·取得最小值，此时点Q.故选C.
8.如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC.则点M在正方形ABCD内的轨迹为(　　)


解析：选A　如图，以D为原点，DA，DC所在的直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形ABCD的边长为a，M(x，y，0)，则0≤x≤a，0≤y≤a，P，C(0，a，0)，则||＝ ，||＝ .由||＝||，得x＝2y，所以点M在正方形ABCD内的轨迹为一条线段y＝x(0≤x≤a)，故选A.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
9．有下列四个命题，其中正确的命题有(　　)
A．已知A，B，C，D是空间任意四点，则＋＋＋＝0
B．若两个非零向量与满足＋＝0，则∥
C．分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量可以是共面向量
D．对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝x＋y＋z (x，y，z∈R)，则P，A，B，C四点共面
解析：选BC　对于A，已知A，B，C，D是空间任意四点，则＋＋＋＝0，错误；对于B，若两个非零向量与满足＋＝0，则∥，正确；对于C，分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量可以是共面向量，正确；对于D，对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝x＋y＋z (x，y，z∈R)，仅当x＋y＋z＝1时P，A，B，C四点共面，故错误．
10.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为AC的中点，则(　　)

A．〈，〉＝120°
B．BD1⊥AC
C．BD1⊥EB1
D．∠BB1E＝45°
解析：选ABC　以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1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Dxyz.
设正方体的棱长为1，则B(1，1，0)，D1(0，0，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E，B1(1，1，1)，A1(1，0，1).
＝(－1，－1，1)，＝(－1，1，0)，
∵·＝(－1)×(－1)＋(－1)×1＋1×0＝0，
∴⊥，∴BD1⊥AC，B正确．
＝，
∵·＝(－1)×＋(－1)×＋1×1＝0，
∴⊥，∴BD1⊥EB1，C正确．
＝(0，1，－1)，＝(－1，－1，0)，
cos 〈，〉＝＝－，
∴〈，〉＝120°，A正确．
＝，＝(0，0，－1)，
cos 〈，〉＝＝≠，D不正确，故选A、B、C.
11．如图，PA⊥平面ABCD，正方形ABCD边长为1，E是CD的中点，F是AD上一点，当BF⊥PE时，则(　　)

A．AF∶FD＝2∶1
B．AF∶FD＝1∶1
C．若PA＝1，则异面直线PE与BC所成角的余弦值为
D．若PA＝1，则直线PE与平面ABCD所成角为30°
解析：选BC　建立如图所示的空间直角坐标系，设PA＝a，则B(1，0，0)，C(1，1，0)，E，P(0，0，a).
设点F的坐标为(0，y，0)，
则＝(－1，y，0)，
＝，
∵BF⊥PE，∴·＝0，
解得y＝，即点F的坐标为，
∴F为AD的中点，∴AF∶FD＝1∶1，B正确，A不正确．
若PA＝1，则P(0，0，1)，＝，＝(0，1，0)，cos 〈，〉＝＝，故C正确．
＝(0，0，1)，cos 〈，〉＝＝－，故D不正确．故选BC.
12．正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，下列结论正确的有(　　)
A．AD与BC所成的角为30°
B．AC与BD所成的角为90°
C．BC与面ACD所成角的正弦值为
D．平面ABC与平面BCD的夹角的正切值是
解析：选BD　如图，取BD的中点O，连接AO，CO，则AO⊥BD，

∵正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，故平面ABD⊥平面BCD，
而平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，故AO⊥平面BCD.
∴以O为原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OA所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设OC＝1，则A(0，0，1)，B(0，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，∴＝(0，1，1)，＝(0，1，－1)，＝(1，1，0)，＝(1，0，－1)，＝(0，2，0).
∵cos 〈，〉＝＝＝，
∵〈，〉∈[0，π]，故〈，〉＝，
∴异面直线AD与BC所成的角为60°，故A错误；
∵·＝0，∴AC⊥BD，故B正确；
设平面ACD的法向量为t＝(x，y，z)，
则取z＝1，得x＝1，y＝1，
∴t＝(1，1，1)，
设BC与面ACD所成角为θ，
则sin θ＝|cos 〈，t〉|＝＝＝，故C错误；
易知平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，
设平面ABC的法向量为m＝(x′，y′，z′)，
则取x′＝1，
得y′＝－1，z′＝1，∴m＝(1，－1，1)，设两个平面的夹角为α(α为锐角)，则cos α＝|cos 〈m，n〉|＝＝，故sin α＝，故tan α＝.
∴平面ABC与平面BCD的夹角的正切值是，故D正确．故选B、D.
第Ⅱ卷(非选择题，共90分)
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
13．若A(－1，2，3)，B(2，－4，1)，C(x，－1，－3)是以BC为斜边的直角三角形的三个顶点，则x＝________．
解析：由题意得＝(3，－6，－2)，＝(x＋1，－3，－6)，∴·＝3(x＋1)＋18＋12＝0，解得x＝－11.
答案：－11
14.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC­A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为________．

解析：不妨设CB＝1，则B(0，0，1)，A(2，0，0)，C1(0，2，0)，B1(0，2，1).
∴＝(0，2，－1)，＝(－2，2，1).
cos 〈，〉＝＝＝.
答案：
15.如图，已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD，则a的值等于________．

解析：如图，建立空间直角坐标系Axyz，则D(0，a，0).


设Q(1，t，0)(0≤t≤a)，P(0，0，z).
则＝(1，t，－z)，
＝(－1，a－t，0).
由PQ⊥QD，得－1＋t(a－t)＝0，
即t2－at＋1＝0.
由题意知方程t2－at＋1＝0只一解．
∴Δ＝a2－4＝0，a＝2，这时t＝1∈[0，a].
答案：2
16.如图，四面体ABCD中，E，F分别为AB，DC上的点，且AE＝BE，CF＝2DF，设＝a，＝b，＝c.

(1)以{a，b，c}为基底表示，则＝________；
(2)若∠ADB＝∠BDC＝∠ADC＝60°，且||＝4，||＝3，||＝3，则||＝________．
解析：(1)如图所示，连接DE.
因为＝＋，＝－＝－，＝(＋)，
所以＝a＋b－c.
(2)||2＝＝a2＋b2＋c2＋a·b－a·c－b·c
＝×42＋×32＋×32＋×4×3×－×4×3×－×3×3×＝.所以||＝.
答案：(1)a＋b－c　(2)
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，求D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值．
解：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，

由于AB＝2，BC＝AA1＝1，所以A1(1，0，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，1)，D1(0，0，1)，所以＝(－1，2，0)，＝(－1，0，1)，＝(0，2，0).设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则有即令x＝2，得y＝1，z＝2，则n＝(2，1，2).设D1C1与平面A1BC1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，即D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.
18．(本小题满分12分)如图一块矿石晶体的形状为四棱柱ABCD­A1B1C1D1，底面ABCD是正方形，CC1＝3，CD＝2，且∠C1CB＝∠C1CD＝60°.

(1)设＝a，＝b，＝c，试用a，b，c表示；
(2)已知O为四棱柱ABCD­A1B1C1D1的中心，求CO的长．
解：(1)由＝a，＝b，＝c得：
＝a＋b＋c，
所以＝－a－b－c.
(2)O为四棱柱ABCD­A1B1C1D1的中心，即O为线段A1C的中心，
由已知条件得：|a|＝|b|＝2，|c|＝3，a·b＝0，〈a，c〉＝60°，〈b，c〉＝60°，
由(1)得＝a＋b＋c，
||2＝2＝(a＋b＋c)2
＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c
＝22＋22＋32＋0＋2×2×3×cos 60°＋2×2×3×cos 60°＝29.
所以的长为，所以CO的长为.
19．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在AD上，且PG＝4，AG＝GD，BG⊥GC，GB＝GC＝2，E是BC的中点．

(1)求异面直线GE与PC所成角的余弦值；
(2)若F是棱PC上一点，且DF⊥GC，求的值．
解：(1)以G点为原点，GB，GC，GP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，则B(2，0，0)，C(0，2，0)，P(0，0，4)，故E(1，1，0)，＝(1，1，0)，＝(0，2，－4).
∵cos 〈，〉＝
＝＝，
∴GE与PC所成角的余弦值为.
(2)∵＝＝，
∴D.设F(0，y，z)，
则＝(0，y，z)－＝.
∵⊥，∴·＝0，
即·(0，2，0)＝2y－3＝0，∴y＝.
又点F在PC上，∴＝λ，
即＝λ(0，2，－4)，∴z＝1，故F，
∴＝，＝，
∴＝＝3.
20．(本小题满分12分)试在①PC⊥BD；②PC⊥AB；③PA＝PC，三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得PO⊥平面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题：
如图，在四棱锥P­ABCD中，AC∩BD＝O，底面四边形ABCD为菱形，若________，且∠ABC＝60°，异面直线PB与CD所成的角为60°，求二面角A­PB­C的余弦值．

解：若选②：由PO⊥平面ABCD，PC⊥AB，PO∩PC＝P，
所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥AC，
所以∠BAC＝90°，BC>BA，
这与底面四边形ABCD为菱形矛盾，所以②必不选，故选①③.
下面证明：PO⊥平面ABCD，
因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.
因为PC⊥BD，PC∩AC＝C，
所以BD⊥平面APC.
又因为PO⊂平面APC，所以BD⊥PO.
因为PA＝PC，O为AC中点，所以PO⊥AC.
又AC∩BD＝O，所以PO⊥平面ABCD，

因为PO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，以，，的方向分别作为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图空间直角坐标系，
因为AB∥CD，所以∠PBA为异面直线PB与CD所成的角，
所以∠PBA＝60°.
在菱形ABCD中，设AB＝2，
因为∠ABC＝60°，所以OA＝1，OB＝，
设PO＝a，则PA＝ ，PB＝ .
在△PBA中，由余弦定理得
PA2＝BA2＋BP2－2BA·BP·cos ∠PBA，
所以a2＋1＝4＋a2＋3－2×2×，解得a＝，
所以A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，).
设n1＝(x1，y1，z1)为平面ABP的法向量，
＝(，1，0)，＝(0，1，)，
由可得
令z1＝1得n1＝(，－，1).
设n2＝(x2，y2，z2)为平面CBP的法向量，
＝(，－1，0)，＝(0，－1，)，
由可得
令z2＝1得n2＝(，，1).
设二面角A­PB­C的平面角为θ，
所以cos θ＝＝，
所以二面角A­PB­C的余弦值为.
21．(本小题满分12分)如图，边长为2的等边△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC＝2，M为BC的中点．

(1)证明：AM⊥PM；
(2)求二面角P­AM­D的大小；
(3)求点D到平面AMP的距离．
解：(1)证明：以D点为原点，分别以直线DA，DC为x轴，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意，可得D(0，0，0)，P(0，1，)，C(0，2，0)，A(2，0，0)，M(，2，0).

＝(，1，－)，＝(－，2，0)，
∴·＝(，1，－)·(－，2，0)＝0，
即⊥，∴AM⊥PM.
(2)设n＝(x，y，z)为平面PAM的法向量，
则即
取y＝1，得n＝(，1，).
取p＝(0，0，1)，显然p为平面ABCD的一个法向量，
∴cos 〈n，p〉＝＝＝.
结合图形可知，二面角P­AM­D为45°.
(3)设点D到平面AMP的距离为d，由(2)可知n＝(，1，)与平面PAM垂直，则
d＝＝＝，
即点D到平面AMP的距离为.
22．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.

(1)求证：AA1⊥平面ABC；
(2)求二面角A1­BC1­B1的余弦值；
(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．
解：(1)证明：因为四边形AA1C1C为正方形，
所以AA1⊥AC.因为平面ABC⊥平面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，所以AA1⊥平面ABC.
(2)由(1)知AA1⊥AC，AA1⊥AB.由题意知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC.如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，则B(0，3，0)，A1(0，0，4)，B1(0，3，4)，C1(4，0，4).
所以＝(0，3，－4)，＝(4，0，0)，＝(0，0，4)，＝(4，－3，4).
设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝3，则x＝0，y＝4，
所以平面A1BC1的一个法向量为n＝(0，4，3).
设平面B1BC1的一个法向量为m＝(a，b，c)，
则即
令a＝3，得b＝4，c＝0，
故平面B1BC1的一个法向量为m＝(3，4，0).
所以cos 〈n，m〉＝＝.
由题意知二面角A1­BC1­B1为锐角，
所以二面角A1­BC1­B1的余弦值为.
(3)假设D(x1，y1，z1)是线段BC1上一点，且＝λ(λ∈[0，1])，
所以(x1，y1－3，z1)＝λ(4，－3，4).
解得x1＝4λ，y1＝3－3λ，z1＝4λ，
所以＝(4λ，3－3λ，4λ).
由·＝0，得9－25λ＝0，解得λ＝.
因为∈[0，1]，所以在线段BC1上存在点D，
使得AD⊥A1B.此时＝.