2022秋新教材高中数学章末综合检测一圆锥曲线的方程新人教A版选择性必修第一册

章末综合检测（一）  空间向量与立体几何

(时间：120分钟　满分：150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．已知平面α和平面β的法向量分别为m＝(3,1，－5)，n＝(－6，－2,10)，则(　　)

A．α⊥β　　　　　　　　 B．α∥β

C．α与β相交但不垂直  D．以上都不对

解析：选B　∵n＝(－6，－2,10)，m＝(3,1，－5)，∴n＝－2m.∴m∥n.∴α与β平行．

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．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，若＝a，＝b，＝c，则等于(　　 )

A．a＋b－c  B．a－b＋c

C．－a＋b＋c  D．－a＋b－c

解析：选D　如图，＝－＝－－＝－－＝b－a－c.

4．三棱锥A­BCD中，AB＝AC＝AD＝2，∠BAD＝90°，∠BAC＝60°，则·等于(　　 )

A．－2  B．2

C．－2  D．2

解析：选A　·＝·(－)＝·－·＝2×2×cos 90°－2×2×cos 60°＝－2.

5．已知a＝3m－2n－4p≠0，b＝(x＋1)m＋8n＋2yp，且m，n，p不共面，若a∥b，则x，y的值为(　　 )

A．x＝－13，y＝8  B．x＝－13，y＝5

C．x＝7，y＝5  D．x＝7，y＝8

解析：选A　因为a∥b且a≠0，所以b＝λa，即(x＋1)m＋8n＋2yp＝3λm－2λn－4λp.又因为m，n，p不共面，所以＝＝，所以x＝－13，y＝8.

6．已知在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于(　　 )

A．   B．

C．   D．

解析：选A　以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz，如图，设AA1＝2AB＝2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则＝(0,1,0)，＝(1,1,0)，＝(0,1,2)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥，n⊥，所以有令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2,1)．设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.

7.如图，已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，A1A＝5，AB＝12，则直线B1C1到平面A1BCD1的距离是(　　 )

A．5  B．8

C．   D．

解析：选C　以D为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

则C(0,12,0)，D1(0,0,5)．

设B(x,12,0)，B1(x,12,5)(x≠0)．设平面A1BCD1的法向量为n＝(a，b，c)，由n⊥，n⊥，得n·＝(a，b，c)·(－x,0,0)＝－ax＝0，n·＝(a，b，c)·(0，－12，5)＝－12b＋5c＝0，所以a＝0，b＝c，所以可取n＝(0,5,12)．又＝(0,0，－5)，所以点B1到平面A1BCD1的距离为＝. 因为B1C1∥平面A1BCD1，所以B1C1到平面A1BCD1的距离为.

8.如图，AB＝AC＝BD＝1，AB⊂平面α，AC⊥平面α，BD⊥AB，BD与平面α成30°角，则C，D间的距离为(　　)

A．1  B．2

C．   D．

解析：选C　∵||2＝|＋＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋0＋0＋2×1×1×cos 120°＝2，

∴||＝.

二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)

9．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)，下列结论正确的有(　　)

A．⊥

B．⊥

C．是平面ABCD的一个法向量

D．∥

解析：选ABC　因为·＝0，·＝0，所以A、B正确；

因为所以是平面ABCD的一个法向量，所以C正确；

＝＋＝(2,3,4)，＝(－1,2，－1)不满足＝λ，则D不正确．故选A、B、C.

10．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝4，AA1＝3，以直线DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则(　　)

A．点B1的坐标为(4,5,3)

B．点C1关于点B对称的点为(5,8，－3)

C．点A关于直线BD1对称的点为(0,5,3)

D．点C关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0)

解析：选ACD　根据题意知：点B1的坐标为(4,5,3)，A正确；

B的坐标为(4,5,0)，C1坐标为(0,5,3)，故点C1关于点B对称的点为(8,5，－3)，B错误；

点A关于直线BD1对称的点为C1(0,5,3)，C正确；

点C(0,5,0)关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0)，D正确．故选A、C、D.

11．若a＝(－1，λ，－2)，b＝(2，－1,1)，a与b的夹角为120°，则λ的值为(　　)

A．17  B．－17

C．－1  D．1

解析：选AC　由已知a·b＝－2－λ－2＝－λ－4，

|a|＝＝，|b|＝＝，

∴cos 120°＝＝＝－，

解得λ＝17或λ＝－1，故选A、C.

12．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是A1D1和C1D1的中点，则下列结论正确的是(　　)

A．A1C1∥平面CEF

B．B1D⊥平面CEF

C．＝＋－

D．点D与点B1到平面CEF的距离相等

解析：选AC　对A，因为E，F分别是A1D1和C1D1的中点，所以EF∥A1C1，故A1C1∥平面CEF成立．

对B，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCD­A1B1C1D1的边长为2，则＝(－2，－2，－2)，＝(0,1，－2)．

所以·＝0－2＋4＝2≠0，

故，不互相垂直．又CF⊂平面CEF，

故B1D⊥平面CEF不成立．

对C，由图可知＝(1，－2,2)，＋－＝(2,0,0)＋(0,0,2)－(0,2,0)＝(1，－2,2)．

故＝＋－成立．

对D，点D与点B1到平面CEF的距离相等等价于点D与点B1的中点O在平面CEF上．连接AC，AE，易得平面CEF即平面CAEF.又点D与点B1的中点O在平面A1ACC1上，则点O不在平面CEF上．故D不成立．

三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)

13．化简：(a＋2b－3c)＋5－3(a－2b＋c)＝________.

解析：原式＝a＋b－c＋a－b＋c－3a＋6b－3c＝a＋b＋c＝a＋b－c.

答案：a＋b－c

14．已知＝(2,2,1)，＝(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量是__________.

解析：设平面ABC的法向量n＝(x，y，z)，

则即

令z＝1，得所以n＝，故平面ABC的单位法向量为±＝±.

答案：±

15．点P是底边长为2，高为2的正三棱柱表面上的动点，MN是该棱柱内切球的一条直径，则·的取值范围是________．

解析：由题意知内切球的半径为1，设球心为O，则·＝(＋)·(＋)＝2＋·(＋)＋·＝||2－1.∵1≤||≤，∴·∈[0,4]．

答案：[0,4]

16．已知正三棱柱ABC­DEF的侧棱长为2，底面边长为1，M是BC的中点，若直线CF上有一点N，使MN⊥AE，则＝________.

解析：如图，

设＝m，则＝＋，＝＋＝＋m＝＋m.

因为MN⊥AE，所以·＝0，因此×1×1×＋4m＝0，解得m＝，所以＝.

答案：

四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)

17.(10分)在空间四边形ABCD中，G为△BCD的重心，E，F分别为边CD和AD的中点，试化简＋－，并在图中标出化简结果的向量．

解：∵G是△BCD的重心，BE是CD边上的中线，

∴＝.

又＝(－)＝－＝－＝，

∴＋－＝＋－＝ (如图所示)．

18．(12分)已知向量a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1,4)，B(－2，－2,2)．

(1)求|2a＋b|；

(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点)

解：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，

故|2a＋b|＝＝5.

(2)＝＋＝＋t＝(－3，－1,4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4－2t)，

若⊥b，则·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝，因此存在点E，使得⊥b，此时点E的坐标为.

19.(12分)如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2.

(1)求直线PA与平面DEF所成角的正弦值；

(2)求点P到平面DEF的距离．

解：(1)如图所示，以A为原点，AB，AC，AP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A­xyz.

由AB＝AC＝1，PA＝2，得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，D，E，F.

设平面DEF的法向量n＝(x，y，z)，

则即

解得

取z＝1，则平面DEF的一个法向量n＝(2,0,1)．

设PA与平面DEF所成的角为θ，

则sin θ＝＝，

故直线PA与平面DEF所成角的正弦值为.

(2)∵＝，n＝(2,0,1)，

∴点P到平面DEF的距离d＝＝.

20.(12分)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，点D在棱A1B1上，E，F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B1，AA1＝AB＝AC＝2.

(1)证明：DF⊥AE；

(2)当D为A1B1的中点时，求平面DEF与平面ABC夹角的余弦值．

解：(1)证明：在直三棱柱ABC­A1B1C1中，

有AA1⊥A1B1，

又因为AE⊥A1B1，所以A1B1⊥平面AA1C1C，

因为A1C1⊂平面AA1C1C，所以A1B1⊥A1C1.

所以AB⊥AC，AB⊥AA1，AC⊥AA1，

如图，分别以AC，AA1，AB所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系A­xyz，

则C(2,0,0)，B(0,0,2)，A(0,0,0)，A1(0,2,0)，F(1,0,1)，E(2,1,0)．

设D(0,2，t)，则＝(－1,2，t－1)，＝(2,1,0)，

·＝(－1,2，t－1)·(2,1,0)＝0，

所以DF⊥AE.

(2)当D为A1B1的中点时，D(0,2,1)，＝(－1，－1,1)，＝(－1,2,0)，

设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，

则即令y＝1，得n＝(2,1,3)，

易知平面ABC的法向量为n0＝(0,1,0)，

所以cos〈n，n0〉＝＝＝，

即平面DEF与平面ABC夹角的余弦值为.

21．(12分)(2019·天津高考)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.

(1)求证：BF∥平面ADE；

(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；

(3)若二面角E­BD­F的余弦值为，求线段CF的长．

解：依题意，以A为坐标原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，可得A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)．

设CF＝h(h>0)，则F(1,2，h)．

(1)证明：依题意知，＝(1,0,0)是平面ADE的法向量，

又＝(0,2，h)，可得·＝0，

因为直线BF⊄平面ADE，

所以BF∥平面ADE.

(2)依题意，＝(－1,1,0)，＝(－1,0,2)，

＝(－1，－2,2)．

设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，

则即

不妨令z＝1，可得n＝(2,2,1)．

因此有cos〈，n〉＝＝－.

所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.

(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，

则即

不妨令y1＝1，可得m＝.

由题意，有|cos〈m，n〉|＝＝＝，

解得h＝.经检验，符合题意．

所以线段CF的长为.

22.(12分)在四棱锥P­ABCD中，侧面PCD⊥平面ABCD，PD⊥CD，平面ABCD是直角梯形，AB∥DC，∠ADC＝90°，AB＝AD＝PD＝1，CD＝2.

(1)求证：BC⊥平面PBD；

(2)设E为侧棱PC上异于端点的一点，＝λ，试确定λ的值，使得二面角E­BD­P的余弦值为.

解：(1)证明：因为侧面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，PD⊂平面PCD，PD⊥CD，

所以PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.

又因为∠ADC＝90°，即AD⊥CD，

因此以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,1)，＝(1,1,0)，＝(－1,1,0)，

所以·＝0，所以DB⊥BC.

由PD⊥平面ABCD，可得PD⊥BC，

又因为PD∩DB＝D，所以BC⊥平面PBD.

(2)因为＝(0,2，－1)，又＝λ，

设E(x0，y0，z0)，则(x0，y0，z0－1)＝(0,2λ，－λ)，

所以E(0,2λ，1－λ)，＝(0,2λ，1－λ)．

设平面EBD的法向量为n＝(a，b，c)，

由得

令a＝－1，可得平面EBD的一个法向量为

n＝.

又＝(－1,1,0)是平面PBD的一个法向量，

n·＝1＋1＝2，n＝＝ ，

代入＝，化简得3λ2＋2λ－1＝0，

解得λ＝或λ＝－1，又λ∈(0,1)，故λ＝.