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学案

这是一份选择性必修 第一册第一章　空间向量与立体几何本章综合与测试学案，共9页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．若a，b，c构成空间的一个基底，则( )
A．b＋c，b－c，a不共面
B．b＋c，b－c，2b不共面
C．b＋c，a，a＋b＋c不共面
D．a＋c，a－2c，3c不共面
答案 A
解析 ∵2b＝(b＋c)＋(b－c)，∴b＋c，b－c，2b共面，排除B；a＋b＋c＝(b＋c)＋a，∴b＋c，a，a＋b＋c共面，排除C；∵a＋c＝(a－2c)＋3c，∴a＋c，a－2c，3c共面，排除D.
2．设直线l的方向向量为u＝(－2，2，t)，平面α的法向量为v＝(6，－6，12)，若直线l⊥平面α，则实数t等于( )
A．4 B．－4 C．2 D．－2
答案 B
解析 由题意得，u∥v，∴eq \f(－2,6)＝eq \f(t,12)，即t＝－4.
3．已知点A(4，1，3)，B(2，－5，1)，C为线段AB上一点，且eq \f(|\(AC,\s\up6(→))|,|\(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,3)，则C的坐标为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)，－\f(1,2)，\f(5,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,8)，－3，2)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，－\f(7,2)，\f(3,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,3)，－1，\f(7,3)))
答案 D
解析 因为C为线段AB上一点，所以eq \(AC,\s\up6(→))＝teq \(AB,\s\up6(→))，
又因为|eq \(AC,\s\up6(→))|＝eq \f(1,3)|eq \(AB,\s\up6(→))|，所以t＝eq \f(1,3)，
设点O为坐标原点，
所以eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋teq \(AB,\s\up6(→))＝(4，1，3)＋eq \f(1,3)(－2，－6，－2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,3)，－1，\f(7,3))).
4．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，点F是侧面CC1D1D的中心，且eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋meq \(AB,\s\up6(→))－neq \(AA1,\s\up6(→))，则m，n的值分别为( )
A.eq \f(1,2)，－eq \f(1,2) B.－eq \f(1,2)，－eq \f(1,2) C.－eq \f(1,2)，eq \f(1,2) D.eq \f(1,2)，eq \f(1,2)
答案 A
解析 由题意知，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)(eq \(DC,\s\up6(→))＋eq \(DD1,\s\up6(→)))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AA1,\s\up6(→))，所以m＝eq \f(1,2)，n＝－eq \f(1,2).
5．若点A(2，3，2)关于zOx平面的对称点为A′，点B(－2，1，4)关于y轴的对称点为B′，点M为线段A′B′的中点，则|MA|等于( )
A.eq \r(30) B．3eq \r(6) C．5 D.eq \r(21)
答案 C
解析 ∵点A(2，3，2)关于zOx平面的对称点为A′，
∴A′(2，－3，2)，
∵点B(－2，1，4)关于y轴的对称点为B′，
∴B′(2，1，－4)，
∵点M为线段A′B′的中点，
∴M(2，－1，－1)，
∴|MA|＝eq \r(2－22＋－1－32＋－1－22)＝5.
6．在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是AA1的中点，则点A1到平面MBD的距离是( )
A.eq \f(\r(6)a,6) B.eq \f(\r(3)a,6) C.eq \f(\r(3)a,4) D.eq \f(\r(6)a,3)
答案 A
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，0，\f(a,2)))，B(a，a，0)，A1(a，0，a)，
∴eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，0，\f(a,2)))，eq \(DB,\s\up6(→))＝(a，a，0)，DA1＝(a，0，a)．
设平面MBD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DM,\s\up6(→))＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax＋\f(a,2)z＝0，,ax＋ay＝0，))
令x＝1，则y＝－1，z＝－2，可得n＝(1，－1，－2)．
∴点A1到平面MBD的距离d＝eq \f(|\(DA1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|a－2a|,\r(6))＝eq \f(\r(6),6)a.
二、多项选择题
7．在正方体ABCD－A1B1C1D1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．eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(DA,\s\up6(→))＋eq \(DD1,\s\up6(—→))－eq \(DC,\s\up6(→))
D．点D与点B1到平面CEF的距离相等
答案 AC
解析 对A，因为E，F分别是A1D1和C1D1的中点，故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ABCD－A1B1C1D1的边长为2，则eq \(B1D,\s\up6(—→))＝(－2，－2，－2)，eq \(FC,\s\up6(→))＝(0，1，－2)．故eq \(B1D,\s\up6(—→))·eq \(FC,\s\up6(→))＝0－2＋4＝2≠0.故eq \(B1D,\s\up6(—→))，eq \(FC,\s\up6(→))不互相垂直．又CF⊂平面CEF.故B1D⊥平面CEF不成立．
对C，eq \(CE,\s\up6(→))＝(1，－2，2)，eq \f(1,2)eq \(DA,\s\up6(→))＋eq \(DD1,\s\up6(—→))－eq \(DC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(2，0，0)＋(0，0，2)－(0，2，0)＝(1，－2，2)．故eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(DA,\s\up6(→))＋eq \(DD1,\s\up6(—→))－eq \(DC,\s\up6(→))成立．
对D，点D与点B1到平面CEF的距离相等，则点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A1ACC1上，故点O不在平面CEF上．故D不成立．
8．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为CC1，BC，CD，BB1的中点，则下列结论正确的是( )
A．B1G⊥BC
B．平面AEF∩平面AA1D1D＝AD1
C．A1H∥平面AEF
D．平面EAF与平面AFC的夹角为eq \f(π,4)
答案 BC
解析 由题意可知，B1G在底面上的射影为BG，而BC不垂直BG，则B1G不垂直于BC，则选项A不正确；
连接AD1和BC1，由E，F，G，H分别为CC1，BC，CD，BB1的中点，可知EF∥BC1∥AD1，则平面AEF∩平面AA1D1D＝AD1，所以选项B正确；
由题知，可设正方体的棱长为2，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则各点坐标如下：A(2，0，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，2)，H(2，2，1)，F(1，2，0)，eq \(A1H,\s\up6(—→))＝(0，2，－1)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(－1，2，0)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，2)，设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AF,\s\up6(→))＝0，,n·\(EF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋2y＝0，,x－z＝0，))
令y＝1，得x＝2，z＝2，得平面AEF的一个法向量为n＝(2，1，2)，所以eq \(A1H,\s\up6(—→))·n＝0，所以A1H∥平面AEF，则C选项正确；
由图可知，AA1⊥平面AFC，所以eq \(AA1,\s\up6(→))是平面AFC的法向量，则cs〈eq \(AA1,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(AA1,\s\up6(→))·n,|\(AA1,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(2,3).平面EAF与平面AFC的夹角的大小不是eq \f(π,4)，所以D不正确.
三、填空题
9．棱长为1的正方体ABCD－EFGH如图所示，P，Q分别为直线AF，BG上的动点，则线段PQ长度的最小值为________．
答案 eq \f(\r(3),3)
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
设P(1，y0，1－y0)，Q(x0，1，x0)，当PQ为两异面直线的公垂线段时，PQ长度最短，
则eq \(PQ,\s\up6(→))＝(x0－1，1－y0，x0＋y0－1)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq \(GB,\s\up6(→))＝(1，0，1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AF,\s\up6(→))·\(PQ,\s\up6(→))＝0，,\(GB,\s\up6(→))·\(PQ,\s\up6(→))＝0，))
所以x0＝y0＝eq \f(2,3)，
所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2,3)，\f(1,3)))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1，\f(2,3)))，
所以|PQ|min＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)－1))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(2,3)))2)＝eq \f(\r(3),3).
10．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G，H分别是棱AB，AD，B1C1，D1C1的中点，则平面EFD1B1和平面GHDB的距离是________．
答案 eq \f(2,3)
解析 因为平面EFD1B1∥平面GHDB，EF∥平面GHDB，
所以平面EFD1B1和平面GHDB的距离，就是EF到平面GHDB的距离，也就是点F到平面GHDB的距离．
建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，
则eq \(DF,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \(DH,\s\up6(→))＝(0，1，2)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0)．
设平面GHDB的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DH,\s\up6(→))＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋2z＝0，,2x＋2y＝0，))
不妨取y＝－2，则n＝(2，－2，1)，
所以点F到平面GHDB的距离d＝eq \f(|\(DF,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|1×2＋0×－2＋0×1|,\r(22＋－22＋12))＝eq \f(2,3)，
即平面EFD1B1和平面GHDB的距离是eq \f(2,3).
11．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1 ，则异面直线BA1与AC1所成的角的大小为________．
答案 60°
解析 ∵三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，且∠BAC＝90°，
∴以点A 为坐标原点，分别以AC，AB，AA1所在直线为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，
设AB＝AC＝AA1＝1，
则A(0，0，0)，B(0，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，0，1)，
∵eq \(BA1,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，eq \(AC1,\s\up6(→))＝(1，0，1)，
∴cs〈eq \(BA1,\s\up6(→))，eq \(AC1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(BA1,\s\up6(→))·\(AC1,\s\up6(→)),|\(BA1,\s\up6(→))||\(AC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(0×1－1×0＋1×1,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2).
∴异面直线BA1与AC1所成的角等于60° .
12．如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C、C1D与底面所成的角分别为60°和45°，AC＝2，点P为线段B1C上一点，则eq \(C1P,\s\up6(—→))·eq \(D1P,\s\up6(—→))的最小值为________．
答案 eq \f(3,4)
解析 如图．
因为CC1⊥平面A1B1C1D1，
所以∠CB1C1＝60°，∠DC1D1＝45°，
设DD1＝x，则C1D1＝x，CC1＝x，C1B1＝eq \f(\r(3),3)x，D1A1＝eq \f(\r(3),3)x，
因为AC＝2，所以A1C1＝2，
所以D1Ceq \\al(2,1)＋D1Aeq \\al(2,1)＝A1Ceq \\al(2,1)，
即x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)x))2＝22，解得x＝eq \r(3)，
所以CC1＝eq \r(3)，C1B1＝1，B1C＝2，
所以eq \(C1P,\s\up6(—→))·eq \(D1P,\s\up6(—→))＝eq \(C1P,\s\up6(—→))·(eq \(D1C1,\s\up6(—→))＋eq \(C1P,\s\up6(—→)))＝eq \(C1P,\s\up6(—→))·eq \(D1C1,\s\up6(—→))＋eq \(C1P,\s\up6(—→))2＝eq \(C1P,\s\up6(—→))2，
当C1P⊥B1C时，C1P取最小值，最小值为eq \f(CC1·C1B1,B1C)＝eq \f(\r(3)×1,2)＝eq \f(\r(3),2)，
所以eq \(C1P,\s\up6(—→))2的最小值为eq \f(3,4)，即eq \(C1P,\s\up6(—→))·eq \(D1P,\s\up6(—→))的最小值为eq \f(3,4).
四、解答题
13．如图，在平行六面体A1B1C1D1－ABCD中，2eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(MC,\s\up6(→))，eq \(A1N,\s\up6(—→))＝2eq \(ND,\s\up6(→))，设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，试用a，b，c表示eq \(MN,\s\up6(→)).
解 连接AN(图略)，则eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(AN,\s\up6(→))，
由已知四边形ABCD是平行四边形，故eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＝a＋b，
又2eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(MC,\s\up6(→))，故eq \(MA,\s\up6(→))＝－eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))＝－eq \f(1,3)(a＋b)．
又eq \(A1N,\s\up6(—→))＝2eq \(ND,\s\up6(→))，故eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DN,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(ND,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))－eq \f(1,3)eq \(A1D,\s\up6(—→))＝eq \f(1,3)(c＋2b)．
于是eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(AN,\s\up6(→))＝－eq \f(1,3)(a＋b)＋eq \f(1,3)(c＋2b)＝eq \f(1,3)(－a＋b＋c)．
14．在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是PA的中点，求证：
(1)PC∥平面EBD；
(2)平面PBC⊥平面PCD.
证明 如图，以D为坐标原点，分别以DC，DA，DP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz.
设DC＝a，PD＝b，则D(0，0，0)，C(a，0，0)，B(a，a，0)，P(0，0，b)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，\f(b,2))).
(1)eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，\f(b,2)))，eq \(DB,\s\up6(→))＝(a，a，0)．
设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))·n＝0，,\(DB,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,2)y＋\f(b,2)z＝0，,ax＋ay＝0.))
令x＝1，得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，\f(a,b)))，
因为eq \(PC,\s\up6(→))·n＝(a，0，－b)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，\f(a,b)))＝0，所以eq \(PC,\s\up6(→))⊥n，
又PC⊄平面EBD，故PC∥平面EBD.
(2)由题意得平面PDC的法向量为eq \(DA,\s\up6(→))＝(0，a，0)，
又eq \(PB,\s\up6(→))＝(a，a，－b)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(a，0，－b)，
设平面PBC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(PB,\s\up6(→))·m＝0，,\(PC,\s\up6(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax1＋ay1－bz1＝0，,ax1－bz1＝0，))
得y1＝0，令x1＝1，则z1＝eq \f(a,b)，所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(a,b)))，
因为eq \(DA,\s\up6(→))·m＝(0，a，0)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(a,b)))＝0，
所以eq \(DA,\s\up6(→))⊥m，即平面PBC⊥平面PCD.
15．如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝eq \f(\r(6),6)DO.
(1)证明：PA⊥平面PBC；
(2)求二面角B－PC－E的余弦值．
(1)证明 由题设，知△DAE为等边三角形，设AE＝1，
则DO＝eq \f(\r(3),2)，CO＝BO＝eq \f(1,2)AE＝eq \f(1,2)，
所以PO＝eq \f(\r(6),6)DO＝eq \f(\r(2),4)，
PC＝eq \r(PO2＋OC2)＝eq \f(\r(6),4)，PB＝eq \r(PO2＋OB2)＝eq \f(\r(6),4)，
又△ABC为等边三角形，则eq \f(BA,sin 60°)＝2OA，
所以BA＝eq \f(\r(3),2)，PA＝eq \r(PO2＋OA2)＝eq \f(\r(6),4)，
PA2＋PB2＝eq \f(3,4)＝AB2，则∠APB＝90°，
所以PA⊥PB，同理PA⊥PC，
又PC∩PB＝P，所以PA⊥平面PBC.
(2)解 过O作ON∥BC交AB于点N，
因为PO⊥平面ABC，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，ON所在直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(2),4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，0))，C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，－\f(\r(3),4)，0))，
eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，－\f(\r(3),4)，－\f(\r(2),4)))，eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，－\f(\r(2),4)))，eq \(PE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，－\f(\r(2),4)))，
设平面PCB的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\(PB,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1－\r(3)y1－\r(2)z1＝0，,－x1＋\r(3)y1－\r(2)z1＝0，))
令x1＝eq \r(2)，得z1＝－1，y1＝0，所以n＝(eq \r(2)，0，－1)，
设平面PCE的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PC,\s\up6(→))＝0，,m·\(PE,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－\r(3)y2－\r(2)z2＝0，,－2x2－\r(2)z2＝0，))
令x2＝1，得z2＝－eq \r(2)，y2＝eq \f(\r(3),3)，所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),3)，－\r(2)))，
故cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(2\r(2),\r(3)×\f(\r(10),\r(3)))＝eq \f(2\r(5),5)，
所以二面角B－PC－E的余弦值为eq \f(2\r(5),5).