2022版新教材高中数学第一章空间向量与立体几何本章达标检测含解析新人教A版选择性必修第一册（Word含答案解析）

本章达标检测
(满分:150分;时间:120分钟)
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.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,以棱AB、AD、AA1所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则DC1的中点坐标为 (　　)
A.
C.
2.已知a=(1,2,-y),b=(x,1,2),且(a+2b)∥(2a-b),则(　　)
A.x=,y=-4
C.x=2,y=- D.x=1,y=-1
3.已知三棱锥O-ABC,点P为平面ABC上的一点,且+m-n(m,n∈R),则m,n的值可能为 (　　)
A.m=1,n=-,n=1
C.m=-,n=1
4.如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,=a,=b,=c,M是A1D1的中点,点N是CA1上的点,且CN∶NA1=1∶4,用a,b,c表示向量的结果是 (　　)
A.c
C.c
5.已知=(1,2,3),=(2,-2,1),=(1,1,2),若点D是AC的中点,则·= (　　)
A.2 B.- C.-3 D.6
6.给出以下命题,其中正确的是 (　　)
A.直线l的方向向量为a=(1,-1,2),直线m的方向向量为b=,则l与m垂直
B.直线l的方向向量为a=(0,1,-1),平面α的法向量为n=(1,-1,-1),则l⊥α
C.平面α、β的法向量分别为n1=(0,1,3),n2=(1,0,2),则α∥β
D.平面α经过三个点A(1,0,-1),B(0,-1,0),C(-1,2,0),向量n=(1,u,t)是平面α的法向量,则u+t=1
7.在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=2,底面ABCD为边长为2的正方形,E为BC的中点,则异面直线BD与PE所成角的余弦值为 (　　)
A.
8.在棱长为2的正四面体ABCD中,点M满足=x+y-(x+y-1),点N满足=λ+(1-λ),当AM、BN最短时,·= (深度解析)
A.-
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)
9.给出下列命题,其中正确的有 (深度解析)
A.空间任意三个向量都可以作为一个基底
B.已知向量a∥b,则a,b与任何向量都不能构成空间的一个基底
C.A,B,M,N是空间中的四个点,若,,不能构成空间的一个基底,那么A,B,M,N四点共面
D.已知{a,b,c}是空间的一个基底,若m=a+c,则{a,b,m}也是空间的一个基底
10.设几何体ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体,以下结论正确的有 (　　)
A.·=-a2 B.·a2
C.·=a2 D.·=a2
11.正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,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
12.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=AA1=2,P、Q、R分别是AB、BB1、A1C上的动点,下列结论正确的是 (　　)
A.对于任意给定的点P,存在点Q,使得D1P⊥CQ
B.对于任意给定的点Q,存在点R,使得D1R⊥CQ
C.当AR⊥A1C时,AR⊥D1R
D.当A1C=3A1R时,D1R∥平面BDC1
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中横线上)
13.已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,AA1=2,∠A1AB=∠A1AD=60°,则·=　　　,||=　　　.(本题第一空3分,第二空2分)
14.如图,在正四棱锥P-ABCD中,PA=AB,点M为PA的中点,=λ.若MN⊥AD,则实数λ=　　　.
15.如图,在菱形ABCD中,AB=2,∠BAD=60°,沿对角线BD将△ABD折起,使点A、C之间的距离为3,若P、Q分别为线段BD、CA上的点,则线段PQ的最小值为　　　　.
16.如图所示,五面体ABCDE中,正△ABC的边长为1,AE⊥平面ABC,CD∥AE,且CD=AE,设CE与平面ABE所成角为α,AE=k(k>0),若α∈,则当k取最大值时,平面BDE与平面ABC夹角的正切值为　　　　.
四、解答题(本大题共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.(本小题满分10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,M、N、R分别是AB、PC、CD的中点.求证:
(1)直线AR∥平面PMC;
(2)直线MN⊥直线AB.(用向量方法)
18.(本小题满分12分)如图所示为一个半圆柱,E为半圆弧CD上一点,CD=.
(1)若AD=2,求四棱锥E-ABCD的体积的最大值;
(2)有三个条件:①4·=·.请你从中选择两个作为条件,求直线AD与平面EAB所成角的余弦值.
19.(本小题满分12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,侧棱PA⊥底面ABCD,AB=,BC=1,PA=2,E为PD的中点.
(1)求异面直线AC与PB之间的距离;
(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.
20.(本小题满分12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.
(1)证明:PO⊥平面ABC;
(2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.
21.(本小题满分12分)如图,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,其中CD∥AB,BC⊥AB,侧面ABE⊥平面ABCD,且AB=AE=BE=2BC=2CD=2,动点F在棱AE上,且EF=λFA.
(1)试探究λ的值,使CE∥平面BDF,并给予证明;
(2)当λ=1时,求直线CE与平面BDF所成角的正弦值.
22.(本小题满分12分)如图,在四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD是矩形,△SAD是等边三角形,平面SAD⊥平面ABCD,AB=1,E为棱SA上一点,P为棱AD的中点,四棱锥S-ABCD的体积为.
(1)若E为棱SA的中点,F是SB的中点,求证:平面PEF∥平面SCD;
(2)是否存在点E,使得平面PEB与平面SAD的夹角的余弦值为 若存在,确定点E的位置;若不存在,请说明理由.
答案全解全析
一、单项选择题
1.D　由题意得,C1(1,1,1),D(0,1,0),
∴根据中点坐标公式得DC1的中点坐标为.
故选D.
2.B　由题意可得,a+2b=(1+2x,4,4-y),2a-b=(2-x,3,-2y-2).
∵(a+2b)∥(2a-b),
∴ λ∈R,使a+2b=λ(2a-b),
得故选B.
3.C　∵+m-n(m,n∈R),且P、A、B、C四点共面,
∴,
结合选项知只有m=-,n=-1符合.
故选C.
4.D　由题意可得,=-
=(++=
=c,故选D.
5.D　∵D为AC的中点,∴(+,
又=-=(-1,3,1),
∴·=6.
故选D.
6.A　对于A,∵a·b=2-1-1=0,
∴a⊥b,∴l与m垂直,A正确;
对于B,∵a与n不共线,
∴直线l不垂直平面α,B错误;
对于C,∵n1与n2不共线,
∴平面α与平面β不平行,C错误;
对于D,=(-1,-1,1),=(-1,3,0),
由n·=-1-u+t=0,n·,D错误.
故选A.
7.A　∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥AB,PA⊥AD,又AB⊥AD,
∴以A为原点,AB、AD、AP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.
则P(0,0,2),B(2,0,0),E(2,1,0),D(0,2,0),∴=(2,1,-2),=(-2,2,0).
设异面直线BD与PE所成的角为θ,θ∈,
则cosθ=,
∴异面直线BD与PE所成角的余弦值为.
故选A.
8.A　由共面向量定理和共线向量定理可知,M∈平面BCD,N∈直线AC,当AM、BN最短时,AM⊥平面BCD,BN⊥AC,
所以M为△BCD的中心,N为AC的中点,
此时,2|,∴|,
∵AM⊥平面BCD,MC 平面BCD,
∴AM⊥MC,
∴|
=.
又(+),
∴·(·+·)
=-|.故选A.
解题反思　本题考查空间向量数量积的计算,同时也涉及了利用共面向量和共线向量定理来判断四点共面和三点共线,确定动点的位置是解题的关键,也考查了计算能力.
二、多项选择题
9.BCD　选项A中,根据基底的概念,知空间中任何三个不共面的向量都可作为空间的一个基底,故A错误.选项B中,根据基底的概念,知B正确.选项C中,由,,不能构成空间的一个基底,知,,共面.又,,均过点B,所以A,B,M,N四点共面,故C正确.
选项D中,已知{a,b,c}是空间的一个基底,则基向量a,b可以与向量m=a+c构成空间的另一个基底,故D正确.故选BCD.
解题反思　判断三个向量能否作为空间的一个基底,实质是判断这三个向量是否共面,若不共面,就可以作为一个基底,本题各选项中判断给出的向量是否共面是关键.
10.AC　如图,建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,a,0),A1(0,0,a),C1(a,a,a),
∴=(a,0,0),=(0,a,0),=(a,a,0),=(0,a,-a),=(-a,-a,-a),=(-a,-a,0),
∴·=-a2,·=a2,·=a2,·=-a2,故选AC.
11.BD　取BD的中点O,连接AO,CO,
由题意得,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<,,
∴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sinθ=|cos<,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,
∴sin=,
∴平面ABC与平面BCD的夹角的正切值是,故D正确.故选BD.
12.AD　如图所示,建立空间直角坐标系,
则A(2,0,0),B(2,2,2),D1(0,0,2).
设P(2,a,0),a∈[0,2,b),b∈[0,2].
易知,-2).
设R(x1,y1,z1),=λ,λ∈[0,1],即(x1-2,y1,z1-2)=λ(-2,2,-2),
则R(2-2λ,2λ,2-2λ),
易得=(2,a,-2),=(2,0,b),则·=4-2b,当b=2时,D1P⊥CQ,A正确;
∵λ,-2λ),∴·=2(2-2λ)-2λb,由D1R⊥CQ得·,
∵0≤b≤2,
∴≤≤1,即≤λ≤1.
故当0≤λ<时,不存在点R使得D1R⊥CQ,B错误;
λ,2-2λ).
若AR⊥A1C,则·λ,2-2λ)·(-2,2,
此时 ··≠0,C错误;
∵A1C=3A1R,∴R,
∴,
设平面BDC1的法向量为n=(x,y,z),,0),),
∴·n=0,∴D1R∥平面BDC1,D正确.
故选AD.
三、填空题
13.答案　3;
解析　设=a,=b,=c,
则由题意得|a|=1,|b|=1,|c|=2,
a·b=0,a·c=1,b·c=1,
∴·=(b+c)·(a+b)
=b·a+b2+c·a+c·b
=0+1+1+1=3,
||=|a+b+c|
=
=.
14.答案　4
解析　连接AC,交BD于点O,连接OP,以O为原点,OA所在直线为x轴,OB所在直线为y轴,OP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,
设PA=AB=2,则A(,0),∴,0),,0),
设N(0,b,0),则,0).
∵=λ,
∴,
∵MN⊥AD,∴·=0,解得λ=4.
15.答案　
解析　取BD的中点E,连接AE、EC,则AE⊥BD,EC⊥BD,AE=EC=3,
∵AC=3,AE2+CE2=AC2,∴AE⊥EC,
以E为原点,EB、EC、EA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Exyz,则C(0,3,0),A(0,0,3),∴=(0,-3,3),
∴=λ=(0,-3λ,3λ),
设P(a,0,0),则=(-a,3,0),
则=+=(-a,3,0)+(0,-3λ,3λ)=(-a,3-3λ,3λ),
∴|,
当a=0,λ=时,|.
故答案为.
16.答案　
解析　如图所示,建立空间直角坐标系,
则C(0,0,0),D,连接CM,则CM⊥AB.
∵AE⊥平面ABC,CM 平面ABC,∴AE⊥CM,又AE∩AB=A,∴CM⊥平面ABE,
∴平面ABE的一个法向量为,
∵=(0,1,k),
∴sinα=,
又α∈≤sinα≤≤≤,
解得≤k≤,
∴k的最大值为.
当k=时,,,
设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),则
令y=-1,则x=),取平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),设平面BDE和平面ABC的夹角为θ,
则cosθ=.
四、解答题
17.证明　如图,建立空间直角坐标系,
设AB=a,AD=b,AP=c,则A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,b,0),M. (2分)
(1)∵,,∴=,∴AR∥MC, (4分)
又AR 平面PMC,MC 平面PMC,
∴直线AR∥平面PMC. (6分)
(2)∵,=(a,0,0), (8分)
∴·=0,∴MN⊥AB. (10分)
18.解析　(1)在平面EDC内作EF⊥CD于点F,因为平面ABCD⊥平面EDC,平面ABCD∩平面EDC=DC,所以EF⊥平面ABCD. (2分)
因为E为半圆弧CD上一点,所以CE⊥ED,
所以VE-ABCD=·S四边形ABCD·EF=·CE·ED, (4分)
因为CE2+ED2=CD2=5,
所以VE-ABCD≤,
当且仅当CE=ED=时,等号成立,
所以四棱锥E-ABCD的体积的最大值为.(6分)
(2)由条件①,得4||||cos∠CDE=||||cos∠DCE,即4DE2=CE2,
所以2DE=CE,又因为DE2+CE2=5,所以DE=1,CE=2.
由条件②,得因为AD∥BC,BC⊥平面DCE,所以∠CBE为直线AD与BE所成角,且sin∠CBE==tan∠CBE=.
由条件③,得.
若选条件①②,则DE=1,CE=2,且=tan∠CBE=.
若选条件①③,则DE=1,CE=2,且.
若选条件②③,则=tan∠CBE=,DE2+CE2=5,
所以AD=BC=.
即从①②③任选两个作为条件,都可以得到AD=BC=, (9分)
下面求AD与平面EAB所成角的正弦值.
以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为z轴,过点A与AB垂直的直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(,
所以,,0,0),),
设平面EAB的法向量为m=(x,y,z),
则
即
令z=1,则x=0,y=-, (10分)
所以cos<, (11分)
因为AD与平面EAB所成角=-<,m>,
所以AD与平面EAB所成角的余弦值为. (12分)
19.解析　(1)由题意得AB⊥AD,PA⊥AD,PA⊥AB.
以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图,
则A(0,0,0),C(,0,0), (1分)
∴,1,0),,0,-2),=(0,0,2), (2分)
设异面直线AC、PB的公垂线的方向向量为n=(x,y,z),则n⊥,n⊥,
∴(4分)
令x=1,则y=-,
即n=.
则异面直线AC与PB之间的距离d=. (6分)
(2)设点N(a,0,c), (7分)
易知E,
∴, (8分)
∴ (10分)
解得, (11分)
∴N到AB的距离为1,N 到AP的距离为.(12分)
20.解析　(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.
连接OB. (1分)
因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2. (2分)
由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB. (3分)
由OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O知PO⊥平面ABC. (4分)
(2)如图,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz. (5分)
由题意得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),∴).易得平面PAC的一个法向量为=(2,0,0).
设M(a,2-a,0)(0设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).
由·n=0,·n=0,
得 (8分)
可取n=(a,-a),
所以cos<.
由已知可得|cos<, (9分)
所以,
解得a=-4(舍去)或a=,
所以n=. (10分)
又),所以cos<.(11分)
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.(12分)
21.解析　(1)当λ=时,CE∥平面BDF. (1分)
证明如下:连接AC交BD于点G,连接GF.
∵CE∥平面BDF,CE 平面ACE,平面ACE∩平面BDF=FG,
∴CE∥FG,∴, (3分)
又AB∥CD,∴△ABG∽△CDG,∴,
∴λ=. (5分)
(2)取AB的中点O,连接EO,则EO⊥AB.
∵平面ABE⊥平面ABCD,平面ABE∩平面ABCD=AB,且EO⊥AB,
∴EO⊥平面ABCD.
连接OD.
∵BO∥CD,且BO=CD=1,
∴四边形BODC为平行四边形,
∴BC∥DO,
又∵BC⊥AB,∴AB⊥DO. (6分)
由OA,OD,OE两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
则O(0,0,0),A(0,1,0),B(0,-1,0),D(1,0,0),C(1,-1,0),E(0,0,). (7分)
∴=(1,1,0),),
当λ=1时,=,
∴可得F,
∴. (8分)
设平面BDF的法向量为n=(x,y,z),
则有
令z=,得y=-1,x=1.
即n=(1,-1,). (10分)
设CE与平面BDF所成角为θ,
则sinθ=|cos<.
∴当λ=1时,直线CE与平面BDF所成角的正弦值为. (12分)
22.解析　(1)证明:在等边三角形SAD中,P为AD的中点,于是SP⊥AD,
又平面SAD⊥平面ABCD,
平面SAD∩平面ABCD=AD,
SP 平面SAD,
所以SP⊥平面ABCD, (1分)
所以SP是四棱锥S-ABCD的高,
设AD=m,则SP=m,S矩形ABCD=m,
所以VS-ABCD=S矩形ABCD·SP=m·,所以m=2, (2分)
如图,以点P为坐标原点,PA所在直线为x轴,过点P且与AB平行的直线为y轴,PS所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,则P(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),S(0,0,, (3分)
∴,, (4分)
设n1=(x1,y1,z1)是平面PEF的法向量,
则
即
令z1=1,则x1=-,y1=0,
∴n1=(-,0,1). (5分)
同理可得平面SCD的一个法向量n2=(-,0,1).
∵n1=n2,∴平面PEF∥平面SCD. (6分)
(2)存在.理由如下:设=λλ)(0≤λ≤1),
=+λ)
=(1-λ,0,λ),=(1,1,0), (8分)
设平面PEB的一个法向量为m1=(x,y,z),
则
令x=λ,λ-1),
易知平面SAD的一个法向量m2==(0,1,0),
∴|cos|=
=, (10分)
因为0≤λ≤1,所以λ=, (11分)
所以存在点E,位于AS上靠近A点的三等分点. (12分)
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