第一章 空间向量与立体几何 单元测试卷-2021-2022学年高二上学期数学人教版B版（2019）选择性必修第一册（Word含答案解析）

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》单元测试卷
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．下列命题正确的是（　　）
A．若与共线，与共线，则与共线
B．向量共面就是它们所在的直线共面
C．零向量没有确定的方向
D．若，则存在唯一的实数λ使得
2．已知向量（1，x，﹣2），（0，1，2），（1，0，0），若，，共面，则x等于（　　）
A．﹣1
B．1
C．1或﹣1
D．1或0
3．空间四边形OABC中，，，，点M在线段AC上，且AM＝2MC，点N是OB的中点，则（　　）
A．
B．
C．
D．
4．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为侧面BCC1B1的中心．若zxy，则x+y+z的值为（　　）
A．1
B．
C．2
D．
5．已知向量（2，0，1）为平面a的法向量，点A（﹣1，2，1）在a内，则P（1，2，2）到a的距离为（　　）
A．
B．
C．2
D．
6．若平面α⊥β，且平面α的一个法向量为（﹣2，1，?），则平面β的法向量可以是（　　）
A．（1，?）
B．（2，﹣1，0）
C．（1，2，0）
D．（?，1，2）
7．已知正三棱锥P﹣ABC，点Q在棱PA上运动（不含端点），直线QC与AC所成角记为θ1，直线QC与面ABC所成角记为θ2，二面角Q﹣BC﹣A的大小为θ3，则（　　）
A．θ1＜θ2＜θ3
B．θ1＜θ3＜θ2
C．θ2＜θ1＜θ3
D．θ2＜θ3＜θ1
8．若（1，λ，﹣1），（2，﹣1，2），且与的夹角的余弦为，则||＝（　　）
A．
B．
C．
D．
二．选择题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，二面角D﹣AB﹣D1的大小为45°，DC1与平面ABCD所成角的大小为30°，那么异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是（　　）
A．
B．
C．
D．
10．已知空间向量，，则下列结论正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．与夹角的余弦值为
11．定义空间两个向量的一种运算?||?||sin，，则关于空间向量上述运算的以下结论中恒成立的有（　　）
A．??
B．λ（?）＝（λ）?
C．（）?（?）+（?）
D．若（x1，y1），（x2，y2），则?|x1y2﹣x2y1|
12．给出下列命题，其中正确命题有（　　）
A．空间任意三个不共面的向量都可以作为一个基底
B．已知向量∥，则存在向量可以与，构成空间的一个基底
C．A，B，M，N是空间四点，若，，不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面
D．已知向量组{，，}是空间的一个基底，若，则{，，}也是空间的一个基底
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是　
　．
14．已知空间向量（﹣1，0，3），（3，﹣2，x），若⊥，则实数x的值为　
　．
15．已知A（4，1，3），B（2，3，1），C（3，7，﹣5），点P（x，﹣1，3）在平面ABC内，则x＝　
　．
16．正方形ABCD的边长为4，O是正方形ABCD的中心，过中心O的直线l与边AB交于点M，与边CD交于点N，P为平面上一点，满足，则的最小值为　
　．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．如图所示的多面体中，四边形ABCD是正方形，平面AED⊥平面ABCD，EF∥DC，ED＝EFCD＝1，∠EAD＝30°．
（Ⅰ）求证：AE⊥FC；
（Ⅱ）求点D到平面BCF的距离．
18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，，BC＝1，PA＝2，E为PD的中点．
（1）求cos，的值；
（2）在侧面PAB内找一点N，使NE⊥平面PAC，并求出N到AB和AP的距离．
19．已知向量（﹣2，﹣1，2），（﹣1，1，2），（x，2，2）．
（Ⅰ）当||＝2时，若向量k与垂直，求实数x和k的值；
（Ⅱ）若向量与向量，共面，求实数x的值．
20．在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为A1D1和CC1的中点
（1）求证：EF∥平面A1C1B；
（2）求异面直线EF与AB所成角的余弦值．
21．（理科做）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，点D是AB的中点．
求证：
（1）AC⊥BC1；
（2）AC1∥平面B1CD．
（3）若AC＝BCCC1，求直线CC1与平面ABC1所成角的正切值．
22．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD、四边形ACFE均为菱形，∠BAD＝∠EAC＝120°．
（1）求证：平面BDF⊥平面ACFE；
（2）若BE＝DE，求二面角C﹣BF﹣E的余弦值．
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》2021年单元测试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．解：若与共线，与共线，则与共线，如果，与不共线，A不正确．
向量共面就是它们所在的直线共面，这是不正确的，三个向量所在直线可以互为异面直线．
零向量没有确定的方向，满足零向量的定义．
若，则存在唯一的实数λ使得，不正确，因为，存在这一条件．
故选：C．
2．解：∵向量（1，x，﹣2），（0，1，2），（1，0，0），，，共面，
∴设，即（1，x，﹣2）＝（0，m，2m）+（n，0，0）＝（n，m，2m），
∴，解得．
∴x＝﹣1．
故选：A．
3．解：如图所示，
空间四边形OABC中，，，，
则
（）
（）
．
故选：C．
4．解：如图所示，
∵
zxy，
∴z，x＝1，y，
∴x+y+z＝2，
故选：C．
5．解：∵向量（2，0，1）为平面a的法向量，点A（﹣1，2，1）在a内，P（1，2，2），
∴（2，0，1），
∴P（1，2，2）到a的距离d．
故选：B．
6．解：因为平面α⊥β，所以平面α的法向量与平面β的法向量互相垂直，
设平面β的法向量为，则有，即4x﹣2y﹣z＝0，
对于A，，故选项A不成立；
对于B，4×2﹣2×（﹣1）﹣0≠0，故选项B不成立；
对于C，4×1﹣2×2﹣0＝0，故选项C成立；
对于D，，故选项D不成立．
故选：C．
7．解：如图，Q为正三棱锥P﹣ABC侧棱PA上一点（不含端点），
过Q作QH⊥AC，垂足为H，过Q作QG⊥底面ABC，垂足为G，连接GH，
则△QGH为Rt△，有QG＜QH，sinθ1＝sin∠QCH，sinθ2＝sin∠QCG，
∴sinθ2＜sinθ1，又θ1，θ2均为锐角，则θ2＜θ1，排除AB；
连接AG并延长，交BC于O，则O为BC的中点，连接QO，
则∠QOA为二面角Q﹣BC﹣A的平面角，大小为θ3，
在△QCA与△QOA中，∵QO＜QC，AO＜AC，AQ＝AQ，
∴θ3＞θ1．
故选：C．
8．解：由题意可得：，化为：λ2，
∴||．
故选：C．
二．选择题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．解：如图，
由二面角D﹣AB﹣D1的大小为45°，可知∠D1AD＝45°，
∴AD＝AA1，
又DC1与平面ABCD所成角的大小为30°，
∴DC1＝2CC1＝2AA1，．
连接AB1，B1D1，
设AD＝AA1＝a，则AB．
∴，AB1＝B1D1＝2a．
在△AB1D1中，由余弦定理可得：
cos∠B1AD1．
∴异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是．
故选：B．
10．解：因为，，而，故A不正确；
因为，，所以，故B正确；
因为，故C正确；
又，故D正确．
故选：BCD．
11．解：对于A，?||?||sin，，?||?||sin，，
故??恒成立；
对于B：λ（?）＝λ（||?||sin，），（λ）?|λ|||?||sin＜λ，，
故λ（?）＝（λ）?不会恒成立；
对于C，若，且λ＞0，（）?（1+λ）||?||sin，，
（?）+（?）＝||?||sin，||?||sin，（1+λ）||?||sin，，
显然（）?（?）+（?）不会恒成立；
对于D，cos，，sin，，
即有?||?||?||?
?
|x1y2﹣x2y1|．
则?|x1y2﹣x2y1|恒成立．
故选：AD．
12．解：对于A：空间任意三个不共面的向量都可以作为一个基底，故A正确；
对于B：已知向量∥，则不存在向量可以与，构成空间的一个基底，故B错误；
对于C：由于点A，B，M，N是空间四点，若，，不能构成空间的一个基底，则A，B，M，N共面，故C正确；
对于D：已知向量组{，，}是空间的一个基底，若，则{，，}，即不共面，则可以是空间的一个基底，故D正确．
故选：ACD．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．解：向量，，
则||，||＝3，?4，
所以向量在向量上的投影向量为
||cos，||??3（1，0，1）＝（2，0，2），
故答案为：（2，0，2）．
14．解：向量（﹣1，0，3），（3，﹣2，x），
若⊥，则3+3x＝0，
解得x＝1．
故答案为：1．
15．解：由共面向量定理，可设，其中x，y∈R，于是代入点的坐标有：
（x﹣4，﹣2，0）＝y（﹣2，2，﹣2）+z（﹣1，6，﹣8），得方程组：得
故答案为：11
16．解：如图，以O为坐标原点，以过O且平行于AB的直线为x轴，以过O且垂直于AB的直线为y轴建立坐标系，
则B（2，﹣2），C（2，2），
∴2（1﹣λ）λ（2，﹣2）+（1﹣λ）（2，2）＝（2，2﹣4λ），∴（1，1﹣2λ）
即P点坐标为（1，1﹣2λ），
设M（a，﹣2），则N（﹣a，2），﹣2≤a≤2，
∴（a﹣1，2λ﹣3），（﹣a﹣1，2λ+1）
∴（a﹣1）（﹣a﹣1）+（2λ﹣3）（2λ+1）＝1﹣a2+4λ2﹣4λ﹣3，
当a＝±2且λ时，有最小值﹣7．
故答案为：﹣7．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．解：（Ⅰ）∵四边形ABCD是正方形，∵CD⊥AD，
又∵平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD＝AD，CD?面ABCD，
∴CD⊥平面ADE，（2分）
又AE?平面ADE，∴CD⊥AE，（3分）．
∵在△ADE中，AD＝2，DE＝1，∠EAD＝30°，
由余弦定理得，，∴AE2+DE2＝AD2，∴AE⊥ED．（4分）
又CD∩ED＝D，∴AE⊥平面EFCD．
又FC?平面EFCD∴AE⊥FC．（6分）
（Ⅱ）过点E做EH⊥AD交AD于点H，连结FD．
∵平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH?平面ADE，
∴EH⊥平面ABCD，在Rt△AED中，（7分）
又EF∥DC，∵DC?面ABCD，∵EF?面ABCD
∴EF∥面ABCD∴E到面ABCD的距离等于F到面ABCD的距离（8分），
∴．（9分）
在直角梯形EFBA中，EF＝1，，DC＝2，AB＝2，可得BF＝2，
∴
设D点到平面BFC的距离为d，∵VD﹣BCF＝VF﹣BCD，
即，∴点D到平面BCF的距离．
18．解：（1）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形
侧棱PA⊥底面ABCD，，BC＝1，PA＝2，E为PD的中点．
以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），C（，1，0），P（0，0，2），B（，0，0），
（），（），
∴．
（2）设在侧面PAB内找一点N（a，0，c），使NE⊥平面PAC，
D（0，1，0），E（0，，1），（﹣a，，1﹣c），
（0，0，2），（），
∴，解得a，c＝1，
∴N（，0，1），
∴N到AB的距离为1，N
到AP的距离为．
19．解：（Ⅰ）因为||＝2时，所以x＝0．
且向量k（﹣2k﹣1，1﹣k，2k+2）．
因为向量k与垂直，
所以（）．
即2k+6＝0．
所以实数x和k的值分别为0和﹣3．
（Ⅱ）因为向量与向量，共面，所以设（λ，μ∈R）．
因为（x，2，2）＝λ（﹣2，﹣1，2）+μ（﹣1，1，2），
则：解得
所以实数x的值为．
20．（1）证明：如图分别以DA、DC、DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，由已知得D（0，0，0）、A1（2，0，2）、B（2，2，0）、A（2，0，0）、C（0，2，0）、C1（0，2，2）、D1（0，0，2）、E（1，0，2）、F（0，2，1）．
取BC1中点G，则G（1，2，1），（﹣1，2，﹣1），
又（﹣1，2，﹣1），∴，
∴与共线，∴EF∥A1G，
∵A1G?平面A1C1B，EF?平面A1C1B，
∴EF∥平面A1C1B；
（2）解：∵（0，2，0），（﹣1，2，﹣1），
∴cos，
∴异面直线EF与AB所成角的余弦值为．
21．（1）证明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，
∴CC1⊥AC，又AC⊥BC，BC∩CC1＝C，
∴AC⊥平面BCC1B1，
∴AC⊥BC1；
（2）设BC1与B1C的交点为O，连结OD，
∵BCC1B1为平行四边形，∴O为B1C的中点，又D是AB的中点，
∴OD是三角形ABC1
的中位线，则OD∥AC1，
又∵AC1?平面B1CD，OD?平面B1CD，∴AC1∥平面B1CD；
（3）连结C1D，∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥AB，
又∵AC＝BC，D为AB的中点，
∴CD⊥AB，则AB⊥平面C1CD，
∴平面ABC1⊥平面C1CD，
∴C1D是C1C在平面ABC1
上的射影，则∠CC1D为直线CC1与平面ABC1
所成的角．
∵，CC1＝2AC，∴．
∴直线CC1与平面ABC1
所成的角的正切值为．
22．解：（1）证明：设AC∩BD＝O，连接FO，AF，
∵四边形ABCD为菱形，∴O为AC的中点，
∵四边形ACEF为菱形且∠EAC＝120°，
∴△ACF为等边三角形，∴FO⊥AC，
∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，
∵FO∩BD＝O，FO?平面BDF，BD?平面BDF，
∴AC⊥平面BDF，又AC?平面ACFE，
∴平面ACFE⊥平面BDF；
（2）如图，连接OE，
∵BE＝DE，∴OE⊥BD，
又BD⊥AC，AC?平面ACFE，OE?平面ACFE，OE∩AC＝O，
∴BD⊥平面ACFE，又BD?平面ABCD，
∴平面ABCD⊥平面ACFE，
由（1）知，OF⊥AC，故OF⊥平面ABCD，
∴OB，OC，OF两两互相垂直，以点O为坐标原点，OB，OC，OF所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，
∴，
设平面BEF的法向量为，则，可取，
设平面BCF的法向量为，则，可取，
，
由图可知，二面角C﹣BF﹣E的平面角为钝角，
故二面角C﹣BF﹣E的余弦值为．