广西专版2023_2024学年新教材高中数学第1章空间向量与立体几何过关检测B卷新人教版选择性必修第一册

这是一份广西专版2023_2024学年新教材高中数学第1章空间向量与立体几何过关检测B卷新人教版选择性必修第一册，共10页。
第一章过关检测(B卷)
(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.已知a=(2,3,-4),b=(-4,-3,-2),b=x-2a,则x=(　　)
A.(0,3,-6) B.(0,6,-20)
C.(0,6,-6) D.(6,6,-6)
答案:B
解析:由b=x-2a,得x=4a+2b=(8,12,-16)+(-8,-6,-4)=(0,6,-20).
2.已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若a,b,c共面,则实数λ的值为(　　)
A. B.
C. D.
答案:C
解析:由a,b,c共面,知存在m,n∈R,使c=ma+nb,即解得
3.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,若点F是侧面CC1D1D的中心,且+m-n,则m,n的值分别为(　　)
A.,- B.-,-
C.- D.
答案:A
解析:由于)=,故m=,n=-.故选A.
4.在四棱锥P-ABCD中,=(4,-2,3),=(-4,1,0),=(-6,2,-8),则这个四棱锥的高h等于(　　)
A.2 B.1
C.13 D.26
答案:A
解析:设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z),
则所以
取x=1,则y=4,z=,
于是n=是平面ABCD的一个法向量,
所以h==2.
5.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,E为AA1的中点,则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
答案:C
解析:如图,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.

不妨设AA1=2AB=2,则C(0,1,0),B(1,1,0),E(1,0,1),D1(0,0,2),
所以=(0,-1,1),=(0,-1,2),所以cos=.
所以异面直线BE与CD1所成角的余弦值为.
6.如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱长为3,CA=CB=4,∠ACB=,点D,E分别在AA1,B1C1上,F为AB的中点,若CD⊥FE,则线段AD的长度为(　　)

A. B. C. D.
答案:B
解析:由于ABC-A1B1C1是直三棱柱,且∠ACB=,所以以C为坐标原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,

则C(0,0,0).
由CA=CB=4,可得F(2,2,0).
设E(0,b,3),D(4,0,c),则=(4,0,c),=(-2,b-2,3).
∵CD⊥FE,∴=0,即-8+3c=0,解得c=,∴AD=,故选B.
7.如图,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD是等边三角形,四边形ABCD是矩形,M是AB的中点,PC与平面ABCD成30°角,则的值等于(　　)

A.1 B.2
C. D.
答案:C
解析:取AD的中点O,连接OP.

由题意知OP⊥AD,因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
所以OP⊥平面ABCD.
以O为原点,OD所在直线为x轴,过点O,平行于DC的直线为y轴,OP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
设AD=2a,AB=2b,则P(0,0,a),C(a,2b,0),于是=(a,2b,0),=(a,2b,-a).
∵OP⊥平面ABCD,
∴∠PCO为PC与平面ABCD所成的角.
∴cos∠PCO==,解得b=a.
∴.
8.在平面直角坐标系xOy中,A(-2,0),B(4,0),沿直线y=x把平面直角坐标系折成120°的二面角,则AB的长度为(　　)
A.4 B.4
C.8 D.8
答案:C
解析:如图,分别作AC,BD垂直直线y=x于点C,D,

则由等腰直角三角形的性质可得|AC|=|OC|=2,|BD|=|OD|=4,即|CD|=6.
若沿直线y=x把直角坐标系折成120°的二面角,
则=()2=+2+2+2=4+36+16+2||||cos,
因为二面角的大小为120°,
所以=60°,
代入上式可得=64,所以||=8,即AB的长度为8,故选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,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.已知空间向量a=(-2,-1,1),b=(3,4,5),则下列结论正确的是(　　)
A.(2a+b)∥a
B.5|a|=|b|
C.a⊥(5a+6b)
D.a与b夹角的余弦值为
答案:BC
解析:因为2a+b=(-1,2,7),a=(-2,-1,1),而,故A不正确;
因为|a|=,|b|=5,所以5|a|=|b|,故B正确;
因为a·(5a+6b)=5a2+6a·b=5×(4+1+1)+6×(-6-4+5)=0,故C正确;
又a·b=-5,则cos==-,故D不正确.故选BC.
10.下列说法正确的是(　　)
A.已知u,v是两个不共线的向量,若a=u+v,b=3u-2v,c=2u+3v,则a,b,c共面
B.若a∥b,则a,b与任何向量都不能构成空间的一个基底
C.若A(1,0,0),B(0,1,0),则与向量同向的单位向量为e=-,0
D.在三棱锥O-ABC中,若侧棱OA,OB,OC两两垂直,则底面三角形ABC是直角三角形
答案:ABC
解析:选项A,假设a,b,c共面,则存在实数m,n,使c=ma+nb,
即解得故c=a-b,
故a,b,c共面,故A正确;
选项B,∵a∥b,∴a,b与任何向量都共面,故a,b与任何向量都不能构成空间的一个基底,故B正确;
选项C,=(-1,1,0),||=,所以=-,0,
∴与向量同向的单位向量为-,0,故C正确;
选项D,∵OA,OB,OC两两垂直,∴=()·()=>0,
∴为锐角,即∠BAC为锐角,同理,∠ABC,∠ACB为锐角,
∴△ABC为锐角三角形,故D错误.
11.已知空间四点O(0,0,0),A(0,1,2),B(2,0,-1),C(3,2,1),则下列说法正确的是(　　)
A.=-2
B.cos=-
C.点O到直线BC的距离为
D.O,A,B,C四点共面
答案:ABC
解析:∵=(0,1,2),=(2,0,-1),∴=-2,故A正确;
cos==-,故B正确;
∵=(1,2,2),=2×1+0×2+(-1)×2=0,∴,又||=,
∴点O到直线BC的距离为,故C正确;
假设O,A,B,C四点共面,则共面,
设=x+y(x,y∈R),则此方程组无解,
∴O,A,B,C四点不共面,故D错误.
12.在三棱锥P-ABC中,PA=PB=PC=6,AB=BC=AC=6,E为PA的中点,D,F分别在AC,PB上,且AD∶CD=PF∶BF=2∶1,则(　　)
A.PA⊥BC
B.AB∥平面DEF
C.点C到平面DEF的距离是
D.平面DEF与平面ABC的夹角的余弦值为
答案:ACD
解析:因为PA=PB=PC=6,AB=BC=AC=6,所以PA2+PB2=AB2,PA2+PC2=AC2,PB2+PC2=BC2,所以PA⊥PB,PA⊥PC,PB⊥PC.
以P为原点,以PB,PC,PA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Pxyz如图所示.

则P(0,0,0),A(0,0,6),B(6,0,0),C(0,6,0),D(0,4,2),E(0,0,3),F(4,0,0),=(0,0,6),=(-6,6,0),=(6,0,-6),=(4,-4,-2),=(4,0,-3).
因为=0,所以PA⊥BC,故A正确;
设平面DEF的法向量为m=(x,y,z),
则取x=3,则y=1,z=4,
于是m=(3,1,4)是平面DEF的一个法向量.
因为·m=6×3+0-6×4=-6≠0,所以AB与平面DEF不平行,故B错误;因为=(0,-6,3),所以点C到平面DEF的距离d=,故C正确;
设平面ABC的法向量为n=(x1,y1,z1),
则取x1=1,则y1=1,z1=1,于是n=(1,1,1)是平面ABC的一个法向量,所以cos=,故D正确.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.若a=(4,-2,-4),b=(6,-3,2),则(2a-3b)·(a+2b)=　　　　　. 
答案:-200
解析:∵2a-3b=2(4,-2,-4)-3(6,-3,2)=(-10,5,-14),a+2b=(4,-2,-4)+2(6,-3,2)=(16,-8,0),∴(2a-3b)·(a+2b)=-10×16+5×(-8)-14×0=-200.
14.如图,在空间四边形ABCD中,AC和BD为对角线,G为△ABC的重心,E为BD上一点,BE=3ED,以{}为基底,则=　 . 

答案:-
解析:)==-.
15.如图,在正四面体A-BCD中,AE=AB,CF=CD,则直线DE和BF所成角的余弦值为　　　　　. 

答案:
解析:不妨设正四面体A-BCD的棱长为4,则=()·=0,同理,=0.因为,
,所以cos=.所以直线DE和BF所成角的余弦值为.
16.如图,在平行四边形ABCD中,AB=AC=1,∠ACD=90°,把△ADC沿AC折起,使AB与CD成60°角,则BD的长为　　　　　. 

答案:2或
解析:∵AB与CD成60°角,∴=60°或=120°.
又AB=AC=CD=1,AC⊥CD,AC⊥AB,
∴||=
=
=
=.
当=60°时,||==2;
当=120°时,||=.
∴BD的长为2或.
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)已知a=(x,4,1),b=(-2,y,-1),c=(3,-2,z),a∥b,b⊥c,求:
(1)a,b,c;
(2)a+c与b+c的夹角的余弦值.
解:(1)因为a∥b且b≠0,所以存在实数λ,使a=λb,
所以解得
所以a=(2,4,1),b=(-2,-4,-1).
因为b⊥c,所以b·c=0,即-6+8-z=0,解得z=2.所以c=(3,-2,2).
(2)由(1)可知,a+c=(5,2,3),b+c=(1,-6,1),设a+c与b+c的夹角为θ,
则cosθ==-.故a+c与b+c的夹角的余弦值为-.
18.(12分)已知空间直角坐标系中,△ABC的三个顶点为A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5).求:
(1)BC边上的中线AD的长;
(2)∠BAC的大小.
解:(1)由题意知,D-,0,,所以=-,-2,,所以||=.
所以BC边上的中线AD的长为.
(2)因为=(-2,-1,3),=(1,-3,2),
所以cos∠BAC=cos==,所以∠BAC=.
19.(12分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为BB1,CD的中点.

(1)求证:D1F⊥平面ADE;
(2)求平面A1C1D与平面ADE的夹角的余弦值.
(1)证明:以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则A(2,0,0),E(2,2,1),F(0,1,0),D1(0,0,2),

∴=(0,1,-2),=(2,0,0),=(2,2,1).
∵=0,=0,
∴,即D1F⊥DA,D1F⊥DE.
又DA∩DE=D,∴D1F⊥平面ADE.
(2)解:由(1)可知,平面ADE的一个法向量为=(0,1,-2).
设平面A1C1D的法向量为m=(x,y,z),=(2,0,2),=(0,2,2),
则
令x=1,则y=1,z=-1.
∴m=(1,1,-1)为平面A1C1D的一个法向量.
设平面A1C1D与平面ADE的夹角为θ,则cosθ=|cos|=.
故平面A1C1D与平面ADE的夹角的余弦值为.
20.(12分)如图,在四面体ABCD中,AB,BC,BD两两垂直,AB=BC=BD=4,E,F分别为棱BC,AD的中点.求:

(1)异面直线AB与EF所成角的余弦值;
(2)点E到平面ACD的距离.
解:如图,以B为原点,分别以BC,BD,BA所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(0,0,4),C(4,0,0),D(0,4,0),E(2,0,0),F(0,2,2).

(1)因为=(0,0,-4),=(-2,2,2),
所以|cos|=,
所以异面直线AB与EF所成角的余弦值为.
(2)设平面ACD的法向量为n=(x,y,1),
由=(4,0,-4),=(-4,4,0),
得所以x=y=1,
所以n=(1,1,1)是平面ACD的一个法向量.
因为F∈平面ACD,=(-2,2,2),所以点E到平面ACD的距离d=.
21.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O为AD的中点,问:线段AD上是否存在一点Q,使得它到平面PCD的距离为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.

解:在△PAD中,因为PA=PD,O为AD的中点,所以PO⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD.
由题意可知,OC⊥AD,所以PO,OC,AD两两互相垂直.如图,以O为原点,OC,OD,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,

则A(0,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),
所以=(-1,0,1),=(-1,1,0).
假设线段AD上存在点Q,使得它到平面PCD的距离为.设Q(0,y,0)(-1≤y≤1),则=(-1,y,0).设平面PCD的法向量为n=(x0,y0,z0),
则
令x0=1,则y0=1,z0=1.
所以n=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量.
所以点Q到平面PCD的距离为,解得y=-或y=(舍去).
此时AQ=,QD=.所以存在点Q满足题意,
此时.
22.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,正方形ABCD的边长为2,E是PA的中点.

(1)求证:PC∥平面BDE.
(2)若直线BE与平面PCD所成角的正弦值为,求PA的长度.
(3)若PA=2,线段PC上是否存在一点F,使AF⊥平面BDE?若存在,求出PF的长度;若不存在,请说明理由.
(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,AD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD,PA⊥AD.
因为ABCD为正方形,所以CD⊥DA.
又PA∩DA=A,且PA,DA⊂平面ADP,
所以CD⊥平面ADP.
如图,以D为原点建立空间直角坐标系,设PA=a(a>0),

则A(0,2,0),B(0,2,2),C(0,0,2),D(0,0,0),P(a,2,0),E,2,0,
所以=(-a,-2,2),=(0,2,2),=,2,0.
设平面BDE的法向量为n1=(x0,y0,z0),
则
令y0=1,则x0=-,z0=-1,得n1=-,1,-1.由题意得·n1=4-2-2=0.
因为PC⊄平面BDE,所以PC∥平面BDE.
(2)解:由(1)知,=(0,0,2),=(a,2,0).
设平面PCD的法向量为n2=(x1,y1,z1),
则
令x1=2,则y1=-a,z1=0,得n2=(2,-a,0),
又=,0,-2,设直线BE与平面PCD所成的角为θ,则sinθ=|cos|=,
解得a=2或a=4,所以PA的长度为2或4.
(3)解:存在.理由如下:
因为PA=a=2,所以P(2,2,0),令=λ(0≤λ≤1),
所以F(2-2λ,2-2λ,2λ),n1=(-2,1,-1),=(2-2λ,-2λ,2λ),
所以,解得λ=,故PF=.