人教A版（2019）高中数学选择性必修第一册 素养评价：《空间向量与立体几何》章末综合提升（含答案）

第一章　空间向量与立体几何
(第一章)
(120分钟　150分)
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.已知空间四边形ABCD,G是CD的中点,连接AG,则+(+)=(　　)
A. B. C. D.
2.已知向量i,j,k是一组单位正交向量,m=8j+3k,n=-i+5j-4k,则m·n=(　　)
A.7 B.-20 C.28 D.11
3.已知a=(2,-1,2),b=(-1,3,-3),c=(13,6,λ),若向量a,b,c共面,则λ=(　　)
A.2 B.3 C.4 D.6
4.已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b与2a-b互相垂直,则k的值是(　　)
A.1 B. C. D.
5.已知四面体ABCD的所有棱长都是2,点E,F分别是AD,DC的中点,则·=(　　)
A.1 B.-1 C. D.-
6.A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足·=0,·=0,·=0,M为BC的中点,则△AMD (　　)
A.是钝角三角形 B.是锐角三角形
C.是直角三角形 D.不确定
7.(2020·长沙高二检测)已知在四面体ABCD中,AB=AC=BD=CD=,BC=AD=2,E,F分别为BC,AD的中点,则异面直线AE,CF所成的夹角为 (　　)
A. B. C. D.
8.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,高为4,则点A1到截面AB1D1的距离为 (　　)
A. B. C. D.
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
9.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,AD=4,AA1=3,以直线DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则 (　　)
A.点B1的坐标为(4,5,3)
B.点C1关于点B对称的点为(5,8,-3)
C.点A关于直线BD1对称的点为(0,-5,3)
D.点C关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0)
10.若向量a=(1,2,0),b=(-2,0,1),则下列说法中错误的是 (　　)
A.cos=120° B.a⊥b
C.a∥b D.|a|=|b|
11.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则 (　　)
A.EF⊥A1D B.EF⊥AD
C.EF∥BD1 D.EF与BD1异面
12.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,下列结论中,正确的是(　　)
A.AC⊥BD
B.△ACD是等边三角形
C.AB与平面BCD所成的角为
D.AB∥CD
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,将答案填在题中的横线上)
13.已知a=(3λ,6,λ+6),b=(λ+1,3,2λ)为两平行平面的法向量,则λ=
　　　　.
14.已知向量a,b的夹角为60°,|a|=2,|b|=1,则|a+2b|=　　　　.
15.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动,则直线D1E与A1D所成角的大小是　　　　;若D1E⊥EC,则AE=　　　　.
16.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=1,已知G和E分别为A1B1和CC1的中点,D和F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点),若DG⊥EF,则线段DF长度的取值范围为　　　　.
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.(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夹角的余弦值.
18.(12分)如图所示,已知几何体ABCD-A1B1C1D1是平行六面体.
(1)化简++,并在图上标出结果;
(2)设M是底面ABCD的中心,N是侧面BCC1B1对角线BC1上的点,且C1N=C1B,设=α+β+γ,试求α,β,γ的值.
19.(12分)如图,已知PA⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形,PA=AD=AB=2,M,N分别为AB,PC的中点.
(1)求证:MN∥平面PAD;
(2)求PD与平面PMC所成角的正弦值.
20.(12分)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,已知AB=2,AA1=5,E,F分别为D1D,B1B上的点,且DE=B1F=1.
(1)求证:BE⊥平面ACF;
(2)求点E到平面ACF的距离.
21.(12分)如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3.
(1)证明:AC⊥B1D;
(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.
22.(12分)如图所示,已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=,点D为AC的中点,点E在线段AA1上.
(1)当AE∶EA1=1∶2时,求证:DE⊥BC1;
(2)是否存在点E,使平面BDE与平面ABE的夹角等于60° 若存在,求出AE的长;若不存在,请说明理由.
第一章　空间向量与立体几何答案
(第一章)
(120分钟　150分)
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.已知空间四边形ABCD,G是CD的中点,连接AG,则+(+)=(　　)
A. B. C. D.
【解析】选A.在△BCD中,因为点G是CD的中点,所以=(+),从而+(+)=+=.
2.已知向量i,j,k是一组单位正交向量,m=8j+3k,n=-i+5j-4k,则m·n=(　　)
A.7 B.-20 C.28 D.11
【解析】选C.因为m=(0,8,3),n=(-1,5,-4),所以m·n=0+40-12=28.
3.已知a=(2,-1,2),b=(-1,3,-3),c=(13,6,λ),若向量a,b,c共面,则λ=(　　)
A.2 B.3 C.4 D.6
【解析】选B.因为a=(2,-1,2),b=(-1,3,-3),c=(13,6,λ),三个向量共面,
所以a=xb+yc,所以(2,-1,2)=x(-1,3,-3)+y(13,6,λ),所以解得
4.已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b与2a-b互相垂直,则k的值是(　　)
A.1 B. C. D.
【解析】选D.因为ka+b=(k-1,k,2),2a-b=(3,2,-2),且ka+b与2a-b互相垂直,所以(ka+b)·(2a-b)=3(k-1)+2k-4=0 k=.
5.已知四面体ABCD的所有棱长都是2,点E,F分别是AD,DC的中点,则·=(　　)
A.1 B.-1 C. D.-
【解析】选B.如图所示,由题意得=,
所以·=·(-)=-×2×2cos 60°=-1.
6.A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足·=0,·=0,·=0,M为BC的中点,则△AMD (　　)
A.是钝角三角形 B.是锐角三角形
C.是直角三角形 D.不确定
【解析】选C.因为M为BC的中点,
所以=(+).所以·=(+)·=·+·=0.
所以AM⊥AD,△AMD为直角三角形.
7.(2020·长沙高二检测)已知在四面体ABCD中,AB=AC=BD=CD=,BC=AD=2,E,F分别为BC,AD的中点,则异面直线AE,CF所成的夹角为 (　　)
A. B. C. D.
【解析】选C.如图,因为E,F分别为BC,AD的中点,
所以=(+),=(+)
=(-2),
因为AB=AC=BD=CD=,BC=AD=2,
所以AE===,
CF===,
cos∠BAC==,cos∠CAD==,cos∠BAD==,
所以·=(+)·(-2)
=(·-2·+·-2)
=
=-1,
所以cos<,>==-,且0≤<,>≤π,所以<,>=,
所以异面直线AE,CF所成的夹角为.
8.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,高为4,则点A1到截面AB1D1的距离为 (　　)
A. B. C. D.
【解析】选C.建立如图所示的空间直角坐标系.
则A(2,0,0),B1(2,2,4),D1(0,0,4),A1(2,0,4),
=(0,2,4),=(-2,0,4),=(0,0,4).
设平面AB1D1的法向量n=(x,y,z),
则即
令x=2,得n=(2,-2,1).
所以A1到平面AB1D1的距离d==.
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
9.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,AD=4,AA1=3,以直线DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则 (　　)
A.点B1的坐标为(4,5,3)
B.点C1关于点B对称的点为(5,8,-3)
C.点A关于直线BD1对称的点为(0,-5,3)
D.点C关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0)
【解析】选AD.由图形及其已知可得:点B1的坐标为(4,5,3),故A对;点C1(0,5,3)关于点B对称的点为(8,5,-3),故B错;点A关于直线BD1对称的点为C1(0,5,3),故C错;点C(0,5,0)关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0),故D对.
10.若向量a=(1,2,0),b=(-2,0,1),则下列说法中错误的是 (　　)
A.cos=120° B.a⊥b
C.a∥b D.|a|=|b|
【解析】选ABC.因为向量a=(1,2,0),b=(-2,0,1),
所以|a|=,|b|=,
cos===-.
故A,B,C错误,符合题意,D不符合题意.
11.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则 (　　)
A.EF⊥A1D B.EF⊥AD
C.EF∥BD1 D.EF与BD1异面
【解析】选AC.以D为原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系(图略),设正方体棱长为3,则A(3,0,0),B(3,3,0), D(0,0,0),D1(0,0,3),A1(3,0,3),E(1,0,1),F(2,1,0),
所以=(1,1,-1), =(-3,-3,3),=(-3,0,-3),=(-3,0,3),因为·=-3+0+3=0,所以EF⊥A1D;·=-3+0-3≠0,所以EF与AD1不垂直;
=-3,所以EF∥BD1,所以EF⊥A1D ,EF∥BD1.
12.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,下列结论中,正确的是(　　)
A.AC⊥BD
B.△ACD是等边三角形
C.AB与平面BCD所成的角为
D.AB∥CD
【解析】选AB.如图所示,建立空间直角坐标系Oxyz,设原正方形ABCD边长为,
则D(1,0,0),B(-1,0,0),C(0,0,1),A(0,1,0),
所以=(0,-1,1),=(2,0,0),·=0,
故AC⊥BD,故A正确.又||=,||=,||=,
所以△ACD为等边三角形,故B正确.
对于C,为平面BCD的法向量,
cos<,>====-.
因为直线与平面所成的角∈,
所以AB与平面BCD所成角为,故C错误.
又cos<,>=
==-.
因为异面直线所成的角为锐角或直角,
所以AB与CD所成角为,故D错误.
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,将答案填在题中的横线上)
13.已知a=(3λ,6,λ+6),b=(λ+1,3,2λ)为两平行平面的法向量,则λ=
　　　　.
【解析】由题意知a∥b,所以==,解得λ=2.
答案:2
14.已知向量a,b的夹角为60°,|a|=2,|b|=1,则|a+2b|=　　　　.
【解析】|a+2b|2=(a+2b)2=|a|2+2·|a|·|2b|·cos 60°+(2|b|)2
=22+2×2×2×+22=4+4+4=12.所以|a+2b|==2.
答案:2
15.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动,则直线D1E与A1D所成角的大小是　　　　;若D1E⊥EC,则AE=　　　　.
【解析】长方体ABCD-A1B1C1D1中,以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,
又AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动,
则D(0,0,0),D1(0,0,1), A(1,0,0),A1(1,0,1),C(0,2,0),设E(1,m,0),0≤m≤2,
则=(1,m,-1),=(-1,0,-1),
所以·=-1+0+1=0,
所以直线D1E与A1D所成角的大小是90°.
因为=(1,m,-1),=(-1,2-m,0),D1E⊥EC, 所以·=-1+m(2-m)+0=0,
解得m=1,所以AE=1.
答案:90°　1
16.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=1,已知G和E分别为A1B1和CC1的中点,D和F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点),若DG⊥EF,则线段DF长度的取值范围为　　　　.
【解析】由题意,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),E,G,设F(x,0,0),D(0,y,0)(0由于GD⊥EF,则·=0,所以x+2y-1=0,所以=(x,-y,0)=(-2y+1,-y,0),
因为0所以0答案:
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.(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夹角的余弦值.
【解析】(1)因为a∥b,所以==,
解得x=2,y=-4,则a=(2,4,1),b=(-2,-4,-1).
又b⊥c,所以b·c=0,即-6+8-z=0,
解得z=2,于是c=(3,-2,2).
(2)由(1)得a+c=(5,2,3),b+c=(1,-6,1),
设a+c与b+c夹角为θ,
因此cos θ==-.
18.(12分)如图所示,已知几何体ABCD-A1B1C1D1是平行六面体.
(1)化简++,并在图上标出结果;
(2)设M是底面ABCD的中心,N是侧面BCC1B1对角线BC1上的点,且C1N=C1B,设=α+β+γ,试求α,β,γ的值.
【解析】(1)取AA1的中点E,在D1C1上取一点F,使得D1F=2FC1,连接EF,
则++=++=.
表示如图所示.
(2)=+=+
=(+)+(+)=++,所以α=,β=,γ=.
19.(12分)如图,已知PA⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形,PA=AD=AB=2,M,N分别为AB,PC的中点.
(1)求证:MN∥平面PAD;
(2)求PD与平面PMC所成角的正弦值.
【解析】(1)建立空间直角坐标系如图,因为PA=AD=AB=2,
则P(0,0,2),B(2,0,0),D(0,2,0),M(1,0,0),C(2,2,0),
因为N是PC的中点,所以N(1,1,1),=(0,1,1),
又因为=(2,0,0)是平面PAD的一个法向量,
·=2×0+1×0+1×0=0,所以⊥,
所以MN∥平面PAD.
(2)由(1)知=(0,2,-2),=(1,0,-2),
=(2,2,-2).
设平面PMC的法向量为n=(x,y,z),
则n·=0,n·=0,解得x=2z,y=-z,
令z=1,则n=(2,-1,1).
设PD与平面PMC所成角为θ,
则sin θ==
==.
所以PD与平面PMC所成角的正弦值为.
20.(12分)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,已知AB=2,AA1=5,E,F分别为D1D,B1B上的点,且DE=B1F=1.
(1)求证:BE⊥平面ACF;
(2)求点E到平面ACF的距离.
【解析】(1)以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D1(0,0,5),
E(0,0,1),F(2,2,4).
所以=(-2,2,0),=(0,2,4),=(-2,-2,1),=(-2,0,1).因为·=0,·=0,所以BE⊥AC,BE⊥AF,且AC∩AF=A.
所以BE⊥平面ACF.
(2)由(1)知,为平面ACF的一个法向量,
所以点E到平面ACF的距离
d===.
故点E到平面ACF的距离为.
21.(12分)如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3.
(1)证明:AC⊥B1D;
(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.
【解析】(1)由题意易知,AB,AD,AA1两两垂直.
如图,
以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设AB=t,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3),C(t,1,0),
C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3).从而=(-t,3,-3),=(t,1,0),=(-t,3,0).
因为AC⊥BD,所以·=-t2+3+0=0.
解得t=或t=-(舍去).于是=(-,3,-3),=(,1,0).因为·=-3+3+0=0,所以⊥,即AC⊥B1D.
(2)由(1)知,=(0,3,3),=(,1,0),=(0,1,0).设n=(x,y,z)是平面ACD1的法向量,则即
令x=1,则n=(1,-,).
设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ,则
sin θ=|cos|===.
即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.
22.(12分)如图所示,已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=,点D为AC的中点,点E在线段AA1上.
(1)当AE∶EA1=1∶2时,求证:DE⊥BC1;
(2)是否存在点E,使平面BDE与平面ABE的夹角等于60° 若存在,求出AE的长;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)连接DC1.因为ABC-A1B1C1为正三棱柱,所以△ABC为正三角形.
又因为D为AC的中点,所以BD⊥AC.
又平面ABC⊥平面ACC1A1,所以BD⊥平面ACC1A1.
所以BD⊥DE.因为AE∶EA1=1∶2,AB=2,AA1=,
所以AE=,AD=1.
所以在Rt△ADE中,∠ADE=30°;在Rt△DCC1中,∠C1DC=60°.所以∠EDC1=90°,即ED⊥DC1.
又DC1∩BD=D,所以DE⊥平面BDC1.
又因为BC1 平面BDC1,所以DE⊥BC1.
(2)设存在点E满足条件,设AE=h.
取A1C1的中点D1,连接DD1,则DD1⊥平面ABC,所以DD1⊥AD,DD1⊥BD.
如图,分别以DA,DB,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则
A(1,0,0),B(0,,0),E(1,0,h).
所以=(0,,0),=(1,0,h),=(-1,,0),=(0,0,h).
设平面DBE的法向量为n1=(x1,y1,z1),则
即
令z1=1,得n1=(-h,0,1).
同理,设平面ABE的法向量为n2=(x2,y2,z2),则
即令y2=1,z2=0,得n2=(,1,0).
所以|cos|==cos 60°=.解得h=<(负值舍去),
故存在点E满足条件.
当AE=时,平面BDE与平面ABE的夹角等于60°.
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