人教A版选择性必修第一册第一章 空间向量与立体几何（Word 含解析）

第一章　空间向量与立体几何
(满分150分,考试用时120分钟)
一、单项选择题(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.在空间直角坐标系Oxyz中,点M(x,y,2022)(x∈R,y∈R)构成的集合是(　　)
A.一条直线　　　　　　　B.平行于平面Oxy的平面
C.两条直线　　　　　　　D.平行于平面Oxz的平面
2.已知u=(2,2,-1)是平面α的法向量,a=(-3,4,2)是直线l的方向向量,则直线l与平面α的位置关系是(　　)
A.平行或直线在平面内 B.垂直
C.相交但不垂直 D.不能确定
3.在四面体OABC中,=a,=b,=c,=2,+=0,用向量a,b,c表示,则等于(　　)
A.c
C.c
4.已知空间向量a,b,c两两夹角均为60°,其模均为1,则|a+b-2c|=
(　　)
A. C.2　　　　　D.
5.已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(1,3,λ),若向量a,b,c共面,则实数λ等于(　　)
A.1　　　　　　　B.2
C.3　　　　　　　D.4
6.已知空间向量a=(2,-2,1),b=(3,0,4),则向量b在向量a上的投影向量是(　　)
A.(3,0,4)
C.(2,-2,1)
7.如图,圆锥SO的轴截面SAC是等边三角形,点B是底面圆周上一点,且∠BOC=60°,点M是SA的中点,则异面直线AB与CM所成角的余弦值为(　　)
A.
C.
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,·=(　　)
A.-
C.-
二、多项选择题(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,有选错的得0分,部分选对的得2分)
9.已知向量a=(1,-1,m),b=(-2,m-1,2),则下列结论中正确的是(　　)
A.若|a|=2,则m=±
B.若a⊥b,则m=-1
C.不存在实数λ,使得a=λb
D.若a·b=-1,则a+b=(-1,-2,-2)
10.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列结论正确的是(　　)
A.四边形ABC1D1的面积为||||
B.的夹角为60°
C.(++)2=3
D.·(-)=0
11.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,下列结论正确的有(　　)
A.AD与BC所成的角为30°
B.AC与BD所成的角为90°
C.BC与平面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.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足=λ+μ,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则(　　)
A.当λ=1时,△AB1P的周长为定值
B.当μ=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值
C.当λ=时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥BP
D.当μ=时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P
三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
13.已知空间向量a=(λ+1,2λ,1),b=(6,2,2m-1),若a∥b,则λ+m=　　　　.
14.已知A(1,2,0),B(0,1,-1),P是x轴上的动点,当||=||时,点P的坐标为　　　　;当·取得最小值时,点P的坐标为　　　　.
15.在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M是线段DC1上的动点,则点M到直线AD1距离的最小值为　　　　.
16.点P是底面边长为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　　　　.
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)如图所示,已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1,点E,G分别是AB,CD的中点.
(1)求证:EG⊥AB;
(2)求异面直线AG和CE所成角的余弦值.
18.(12分)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,以A为端点的三条棱的长都是1,且它们彼此的夹角都是60°,M为A1C1与B1D1的交点.若=a,=b,=c,平面ABCD的法向量n=a+yb+zc.
(1)用a,b,c表示;
(2)求n及|n|;
(3)求点M到平面ABCD的距离d.
19.(12分)条件①:图1中,tan∠ABD=2;条件②:图1中,3=2+;条件③:图2中,CD>BD,S△BCD=1.从以上三个条件中任选一个,补充在问题中的横线上,并加以解答.
图1 图2
如图1所示,在△ABC中,∠ACB=45°,BC=3,过点A作AD⊥BC,垂足D在线段BC上,沿AD将△ABD折起,使∠BDC=90°(如图2).已知点M为棱AC的中点,　　　　,在棱CD上取一点N,使得CN=3DN,求平面BNM与平面BNC的夹角的余弦值.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
20.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,棱AB,AD,AP两两垂直,长度分别为1,2,2,且向量.
(1)求CD的长度;
(2)求直线PC与平面PBD所成角的正弦值.
21.(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的大小为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.
22.(12分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC,CM⊥AB于点M,点N在棱CC1上,满足=λ(0<λ<1).
(1)若λ=,求证:CM∥平面B1AN;
(2)设平面B1AN与平面B1MC所成的角为θ,若A1B⊥B1C,试判断命题“ λ∈(0,1),θ=”的真假,并说明理由.
答案全解全析
1.B　由题意知,点M在平面Oxy的上方,且到平面Oxy的距离始终为2022,故选B.
2.A　因为u·a=2×(-3)+2×4+(-1)×2=0,所以u⊥a,所以直线l∥平面α或直线l 平面α.故选A.
3.B　∵+=0,∴N为BC的中点.连接AN,则=+=+(+)=+(+++)=-++=b+c-a.故选B.
4.B |a+b-2c|==
==.故选B.
5.A　若向量a,b,c共面,则存在x,y∈R,使c=xa+yb,
则有(1,3,λ)=x(2,-1,3)+y(-1,4,-2),
所以解得故选A.
6.C　因为a=(2,-2,1),b=(3,0,4),所以a·b=2×3+1×4=10,|a|=
=3,所以向量b在向量a上的投影向量是|b|cos
·=a=(2,-2,1).故选C.
7.B　连接OS.以过点O且垂直于平面SAC的直线为x轴,OC,OS所在直线分别y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.
设OC=2,则OS=2,所以A(0,-2,0),B(,1,0),C(0,2,0),M(0,
-1,),所以=(,3,0),=(0,-3,).
设异面直线AB与CM所成角为θ,
则cosθ=|cos<,>|==.故选B.
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×sin60°=.
∵AM⊥平面BCD,MC 平面BCD,∴AM⊥MC,
∴||===.
又=(+),
∴·=(·+·)=-||2=-.故选A.
9.AC　由|a|=2得=2,解得m=±,故A选项正确;由a⊥b得-2-m+1+2m=0,解得m=1,故B选项错误;若存在实数λ,使得a=λb,则1=-2λ,-1=λ(m-1),m=2λ,显然λ无解,即不存在实数λ,使得a=λb,故C选项正确;若a·b=-1,则-2-m+1+2m=-1,解得m=0,于是a+b=(-1,-2,2),故D选项错误.
10.ACD　易知AB⊥平面BB1C1C,∴AB⊥BC1,∴四边形ABC1D1的面积为||||,故A中结论正确;
连接AC,CD1,易知△ACD1是等边三角形,
∴∠AD1C=60°,∵A1B∥D1C,∴异面直线AD1与A1B所成角为∠AD1C=60°,∴向量与的夹角为120°,故B中结论错误;
连接AC1,由向量加法的运算法则得++=,易知||2=3||2,∴(++)2=3,故C中结论正确;
连接B1D1,A1C1,-=,易知D1B1⊥平面AA1C1C,∴D1B1⊥A1C,∴·=0,∴·(-)=0,故D中结论正确.
故选ACD.
11.BD　取BD的中点O,连接AO,CO.易得OA,OC,OD两两垂直,∴以O为坐标原点,OC,OD,OA所在直线分别为x轴,y轴,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中结论错误.
∵·=0,∴AC⊥BD,故B中结论正确.
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与平面ACD所成角为θ,
则sinθ=|cos<,t>|===,故C中结论错误.
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'),
则取x'=1,得y'=-1,z'=1,∴m=(1,-1,1),
设两个平面的夹角为α,则cosα=|cos|==,
∴sinα=,∴tanα=,
∴平面ABC与平面BCD的夹角的正切值是,故D中结论正确.
故选BD.
12.BD　当λ=1时,点P在线段CC1上,设CP=x(0≤x≤1),若x=0,则△AB1P即为△AB1C,此时△AB1P的周长为2+1;若x=1,则△AB1P即为△AB1C1,此时△AB1P的周长为2+1;若0当μ=1时,点P在线段B1C1上,
因为B1C1∥BC,B1C1 平面A1BC,BC 平面A1BC,
所以B1C1∥平面A1BC,
所以B1C1上的任何一点到平面A1BC的距离均相等,
所以三棱锥P-A1BC的体积为定值,故B中说法正确.
分别取BC,B1C1的中点O,O1,连接OO1,AO,易知OO1⊥平面ABC,AO⊥BC,以OB,OA,OO1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B,A,A1.
当λ=时,点P在线段OO1上,设P(0,0,z)(0≤z≤1),则=,=,若A1P⊥BP,则·=0,即z(z-1)=0,解得z=0或z=1,故当λ=时,存在两个点P,使得A1P⊥BP,故C中说法错误.
当μ=时,点P在线段MN上(M,N分别是线段BB1,CC1的中点),设P,则=,若A1B⊥平面AB1P,则A1B⊥AP,即·=0,又=,所以·=x+-=0,解得x=-,所以P,易验证此时满足A1B⊥平面AB1P,所以当μ=时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P,故D中说法正确.故选BD.
13.答案　
解析　因为a∥b,所以==,解得λ=,m=3,故λ+m=.
14.答案　;
解析　因为P在x轴上,所以设P(x,0,0).
由||=||,得(x-1)2+4+0=x2+1+1,解得x=.
所以点P的坐标为.
易知=(x-1,-2,0),=(x,-1,1),所以·=x(x-1)+2=
+,所以当x=时,·取得最小值,此时点P的坐标为.
15.答案　a
解析　以A为坐标原点,AD,AB,AA1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(0,0,0),D(a,0,0),C1(a,a,a),
D1(a,0,a),∴=(0,a,a),=(a,0,a).
点M到直线AD1距离的最小值为两异面直线AD1和DC1间的距离.
设直线AD1和DC1的公垂线的方向向量为n=(x,y,z),
则令x=1,则y=1,z=-1,∴n=(1,1,-1),
又=(a,0,0),∴两异面直线AD1和DC1间的距离为==a.
∴点M到直线AD1距离的最小值为a.
16.答案　[0,4]
解析　由题意知内切球的半径为1.设球心为O,连接PO,OM,ON,则·=(+)·(+)=+·(+)+·=
||2-1.∵1≤||≤,∴·∈[0,4].
17.解析　(1)证明:·=(+)·=·=-+·+·=-×12+×1×1×+×1×1×=0,(2分)
所以⊥,所以EG⊥AB.(4分)
(2)易知||=||=,·=(+)·(+)=
·(-+·+·+·)=[-+·+·+(+)·]=×-12+1×1×+1×1×+1×1×+1
×1×=-.(7分)
设异面直线AG和CE所成角为θ,
则cosθ===,
所以异面直线AG和CE所成角的余弦值为.(10分)
18.解析　(1)连接A1B,AC,如图.
=+=-+=-+(+)=-+=-a+b+c.(3分)
(2)由题意得|a|=|b|=|c|=1,a·b=a·c=b·c=.(5分)
由n是平面ABCD的法向量,得即解得y=1,z=-3,∴n=a+b-3c.(7分)
∴|n|==.(9分)
(3)∵A1M∥平面ABCD,∴点M到平面ABCD的距离等于点A1到平面ABCD的距离,(10分)
∴d=====.(12分)
19.解析　以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.(1分)
选条件①.
在题图1所示的△ABC中,设AD=CD=a,则在Rt△ABD中,tan∠ABD===2,解得a=2,∴BD=1.(3分)
∴B(1,0,0),N,M(0,1,1),
∴=,=(-1,1,1).(5分)
设平面BNM的法向量为n=(x,y,z),
由得令x=1,则y=2,z=-1,
∴n=(1,2,-1).(7分)
取平面BNC的一个法向量m=(0,0,1),(8分)
则cos===-,(10分)
∴平面BNM与平面BNC的夹角的余弦值为.(12分)
选条件②.
在题图1所示的△ABC中,由3=2+,得2(-)=-,即2=,∴DC=2BD.∵BC=3,∴CD=2,BD=1.(3分)
∴B(1,0,0),N,M(0,1,1),
∴=,=(-1,1,1).(5分)
设平面BNM的法向量为n=(x,y,z),
由得令x=1,则y=2,z=-1,
∴n=(1,2,-1).(7分)
取平面BNC的一个法向量m=(0,0,1),(8分)
则cos===-,(10分)
∴平面BNM与平面BNC的夹角的余弦值为.(12分)
选条件③.
在题图2所示的△BCD中,设BD=b(0∴S△BCD=b(3-b)=1,解得b=1或b=2.
又CD>BD,∴CD=2,BD=1.(3分)
∴B(1,0,0),N,M(0,1,1),
∴=,=(-1,1,1).(5分)
设平面BNM的法向量为n=(x,y,z),
由得令x=1,则y=2,z=-1,
∴n=(1,2,-1).(7分)
取平面BNC的一个法向量m=(0,0,1),(8分)
则cos===-,(10分)
∴平面BNM与平面BNC的夹角的余弦值为.(12分)
20.解析　(1)以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),A(0,0,0),
∴=(1,0,0),=(-1,2,0).(1分)
由AB∥CD,可设=λ(λ>0),∴C(λ,2,0),∴=(λ,2,-2),
(2分)
∴cos<,>===(λ<4),
∴λ2-12λ+20=0,解得λ=2或λ=10(舍去),∴CD=2AB=2.(5分)
(2)由(1)易得=(1,0,-2),=(0,2,-2),=(2,2,-2).(6分)
设平面PBD的法向量为n=(x,y,z),则
令z=1,则x=2,y=1,∴平面PBD的一个法向量为n=(2,1,1).(8分)
设直线PC与平面PBD所成角为θ,θ∈,(9分)
则sinθ=|cos<,n>|===,
∴直线PC与平面PBD所成角的正弦值为.(12分)
21.解析　(1)证明:因为PA=PC=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.(1分)
连接OB.因为AB=BC=2,O为AC的中点,所以OB⊥AC,且OB=2.(2分)
易知OP2+OB2=PB2,所以OP⊥OB.(3分)
由OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O,知PO⊥平面ABC.(4分)
(2)以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,
则O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2).
设M(a,2-a,0)(0=(2,0,0),=(0,2,-2).(6分)
设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).
由得
令z=-a,则y=a,x=a-4,
所以n=(a-4,a,-a).(8分)
易知平面PAC的一个法向量为=(2,0,0).(9分)
由已知可得|cos<,n>|==,所以3a2+8a-16=0,解得a=-4(舍去)或a=,所以n=.(11分)
设PC与平面PAM所成角为θ,则sinθ=|cos<,n>|==.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.(12分)
22.解析　(1)证明:设BC=a,因为AC=BC,CM⊥AB,AC⊥BC,所以AC=a,AB=a,又CM·AB=AC·BC,所以CM=a.设AA1=b,以M为坐标原点,BA所在直线为x轴,过M且和BB1平行的直线为y轴,MC所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,(1分)
则A,C,B1,C1,
A1,B,M(0,0,0),所以=(0,b,0),
=,=,=(-a,b,0),=,=(-a,-b,0).(2分)
因为=,所以=,
所以=+=.(3分)
设m=(x,y,z)为平面B1AN的法向量,则
即取x=b,则y=3a,z=0,
所以m=(b,3a,0).
因为m·=0,又直线CM在平面B1AN外,
所以CM∥平面B1AN.(5分)
(2)命题“ λ∈(0,1),θ=”是假命题.理由如下:
因为A1B⊥B1C,所以·=(-a,-b,0)·=b2-a2=0.所以a=b,(6分)
所以=(0,λa,0),=(-a,a,0),
所以=+=.
设m1=(x1,y1,z1)为平面B1AN的法向量,
则即
取x1=,则y1=3,z1=(2-3λ),所以m1=.(8分)
因为CM⊥平面ABB1A1,所以CM⊥A1B,因为A1B⊥B1C,CM∩B1C=C,所以A1B⊥平面B1MC,所以=(-a,-a,0)与平面B1MC的法向量平行,设其法向量为n,取n=(,1,0).易知平面B1AN与平面B1MC所成的角为锐角,所以cosθ=|cos|===.
(10分)
λ∈(0,1),若把cosθ看作关于λ的函数,则此函数在上单调递增,在上单调递减,所以22