2023-2024学年高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册 第一章 空间向量与立体几何 综合训练（含解析）

第一章综合训练
一、选择题: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.在平行六面体ABCD-A'B'C'D'中,向量是(　　)
A.有相同起点的向量
B.等长的向量
C.共面向量
D.不共面向量
2.已知a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),则下列结论正确的是(　　)
A.a∥c,b∥c B.a∥b,a⊥c
C.a∥c,a⊥b D.以上都不对
3.(2021四川眉山期中)如图,在空间直角坐标系中,有一棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,A1C的中点E到AB的中点F的距离为(　　)
A.2 B. C.2 D.1
4.已知空间四边形OABC,其对角线为OB,AC,M,N分别是边OA,CB的中点,点G在线段MN上,且使MG=2GN,用向量表示向量是(　　)
A.
B.
C.
D.
5.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.1 B.2 C.13 D.26
6.(2021山东威海期中)已知两个不重合的平面α与平面ABC,若平面α的法向量为n1=(2,-3,1),=(1,0,-2),=(1,1,1),则(　　)
A.平面α∥平面ABC
B.平面α⊥平面ABC
C.平面α,平面ABC相交但不垂直
D.以上均有可能
7.已知向量a=(1,2,3),b=(-2,-4,-6),|c|=,若(a+b)·c=7,则a与c的夹角为(　　)
A.30° B.60° C.120° D.150°
8.(2021上海闵行期中)长方体A1A2A3A4-B1B2B3B4的底面是边长为1的正方形,高为2,则集合{x|x=,i∈{1,2,3,4},j∈{1,2,3,4}}中元素的个数为(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
二、选择题:在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.
9.(2021江苏南通检测)设{a,b,c}是空间的一个基底,则(　　)
A.若a⊥b,b⊥c,则a⊥c
B.a,b,c两两共面,但a,b,c不可能共面
C.对空间任一向量p,总存在有序实数组(x,y,z),使p=xa+yb+zc
D.a+b,b+c,c+a一定能构成空间的一个基底
10.已知向量a=(1,2,3),b=(3,0,-1),c=(-1,5,-3),下列等式中正确的是(　　)
A.(a·b)c=b·c
B.(a+b)·c=a·(b+c)
C.(a+b+c)2=a2+b2+c2
D.|a+b+c|=|a-b-c|
11.(2021江苏徐州检测)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1为正方体,则下列结论错误的是 (　　)
A.()2=3
B.·()=0
C.向量与向量夹角的大小为60°
D.正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为||
12.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,有如下四个结论:
①AC⊥BD;
②△ACD是等边三角形;
③AB与平面BCD所成的角为60°;
④AB与CD所成的角为60°.
其中正确的结论有(　　)
A.① B.② C.③ D.④
三、填空题.
13.棱长为a的正四面体中,=　　　　　.
14.已知空间向量a=(1,n,2),b=(-2,1,2).若2a-b与b垂直,则|a|=　　　　　.
15.设PA垂直于Rt△ABC所在的平面α,∠BAC=90°,PB,PC分别与α成45°和30°角,PA=2,则PA与BC的距离是　　　　　;点P到BC的距离是　　　　　.
16.已知向量m=(a,b,0),n=(c,d,1),其中a2+b2=c2+d2=1,现有以下说法:
①向量n与z轴正方向的夹角恒为定值(即与c,d无关);
②m·n的最大值为;
③m与n的夹角的最大值为;
④若定义u×v=|u|·|v|sin,则|m×n|的最大值为.
其中正确的有　　　　　.(写出所有正确说法的序号)
四、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.如图所示,在四棱锥M-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,侧棱AM的长为3,且AM和AB,AD的夹角都是60°,N是CM的中点,设a=,b=,c=,试以a,b,c为基向量表示出向量,并求线段BN的长.
18.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长为.
(1)设侧棱长为1,求证:AB1⊥BC1;
(2)设AB1与BC1的夹角为,求侧棱的长.
19.已知空间中三点A(2,0,-2),B(1,-1,-2),C(3,0,-4),设a=,b=.
(1)若|c|=3,且c∥,求向量c;
(2)已知向量ka+b与b互相垂直,求k的值;
(3)求△ABC的面积.
20.已知E,F,G,H分别是空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA的中点.
(1)用向量法证明E,F,G,H四点共面;
(2)用向量法证明:BD∥平面EFGH;
(3)设M是EG和FH的交点,求证:对空间任一点O,有).
21.如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
22.(2021江苏无锡期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥DC,∠ADC=90°,
AB=AD=DC=2,PB=PD=3,BC⊥PD.
(1)求证:平面PBD⊥平面ABCD;
(2)在线段PC上是否存在异于P,C的一点M,使平面PBD与平面BDM夹角的余弦值为 若存在,求出点M的位置;若不存在,请说明理由.
第一章综合训练
1.C　向量显然不是有相同起点的向量,A不正确;
由该平行六面体不一定是正方体可知,这三个向量不一定是等长的向量,B不正确;
又,
∴共面,C正确 ,D不正确.
2.C　∵a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),
∴a·b=-4+0+4=0,∴a⊥b.
∵,∴a∥c.故选C.
3.B　在空间直角坐标系中,有一棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,
∴A1(2,0,2),C(0,2,0),A1C的中点E(1,1,1),A(2,0,0),B(2,2,0),AB的中点F(2,1,0),
∴A1C的中点E到AB的中点F的距离为
|EF|=.
故选B.
4.C　∵)=)=,
∴.
故选C.
5.B　设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z),
则
不妨令x=3,则y=12,z=4,
可得n=(3,12,4),
四棱锥的高h==2.故选B.
6.A　由题意,计算n1·=2×1+(-3)×0+1×(-2)=0,得n1⊥;
计算n1·=2×1+(-3)×1+1×1=0,得n1⊥,又AB∩AC=A,所以n1⊥平面ABC,
又两平面不重合,则平面α∥平面ABC.
故选A.
7.C　设向量a+b与c的夹角为α,
因为a+b=(-1,-2,-3),所以|a+b|=,cos α=,所以α=60°.
因为向量a+b与a的方向相反,
所以a与c的夹角为120°.
8.C　∵长方体A1A2A3A4-B1B2B3B4的底面是边长为1的正方形,高为2,
∴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A1(1,1,0),A2(0,1,0),A3(0,0,0),A4(1,0,0),B1(1,1,2),B2(0,1,2),B3(0,0,2),B4(1,0,2),
则=(-1,0,2),
与=(0,0,2)相等的向量为,此时=2×2=4,
与=(0,-1,2)相等的向量为,此时=2×2=4,
与=(0,1,2)相等的向量为,此时=2×2=4,
与=(1,0,2)相等的向量为,此时=-1+4=3,
与=(-1,0,2)相等的向量为,此时=1+4=5,
体对角线向量为=(-1,-1,2),此时=1+4=5,
=(1,-1,2),此时=-1+4=3,
=(1,1,2),此时=-1+4=3,
=(-1,1,2),此时=1+4=5.
综上,集合{x|x=,i∈{1,2,3,4},j∈{1,2,3,4}}={3,4,5},集合中元素的个数为3,故选C.
9.BCD　由a,b,c是空间一个基底,知:
对A选项,若a⊥b,b⊥c,a,c夹角不一定是,故A选项错误;
易知BC正确;
对D选项,由于{a,b,c}是空间的一个基底,所以a,b,c不共面.假设a+b,b+c,c+a共面,设a+b=x(b+c)+(1-x)(c+a),化简得xa=(x-1)b+c,即c=xa+(1-x)b,所以a,b,c共面,这与已知矛盾,所以a+b,b+c,c+a不共面,可以作为基底,故D选项正确.故选BCD.
10.BCD　对于A,左边为向量,右边为实数,显然不相等,故A不正确;
对于B,左边=(4,2,2)·(-1,5,-3)=0,右边=(1,2,3)·(2,5,-4)=2+10-12=0,
∴左边=右边,故B正确;
对于C,a+b+c=(3,7,-1),左边=32+72+(-1)2=59,右边=12+22+32+32+0+(-1)2+(-1)2+52+(-3)2=59,∴左边=右边,故C正确;
对于D,由C选项可得:左边=,∵a-b-c=(-1,-3,7),∴|a-b-c|=,∴左边=右边,故D正确.故选BCD.
11.CD　不妨设该正方体的棱长为1,以{}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),D1(0,0,1).
因为=(0,0,-1)+(-1,0,0)+(0,1,0)=(-1,1,-1),
所以()2=||2=3,又3=3||2=3×12=3,
所以()2=3,故A正确;
因为=(-1,1,-1),=(0,1,1),
所以·()=0+1-1=0,故B正确;
因为=(-1,0,1),=(0,1,-1),
所以=0+0-1=-1,||=,||=,所以cos<>==-.
所以向量与向量夹角的大小为120°,故C错误;
因为AB⊥AA1,所以=0,所以||=|0·|=0,故D错误.
故选CD.
12.ABD　如图所示,建立空间直角坐标系,设正方形ABCD的边长为,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,①正确;
又||=,||=,||=,
所以△ACD为等边三角形,②正确;
对于③,为平面BCD的一个法向量,设α为直线AB与平面BCD所成的角,
∴sin α=|cos<>|=.
因为直线与平面所成的角α∈[0°,90°],所以AB与平面BCD所成的角为45°,③错误;
cos<>==-,
因为异面直线所成的角为锐角或直角,所以AB与CD所成的角为60°,故④正确.
故选ABD.
13.-　棱长为a的正四面体中,AB=BC=a,且的夹角为120°,易证AC⊥BD.
∴=a·acos 120°+0=-.
14.　∵a=(1,n,2),b=(-2,1,2),
∴2a-b=(4,2n-1,2).
∵2a-b与b垂直,∴(2a-b)·b=0,
∴-8+2n-1+4=0,解得n=,
∴a=,∴|a|=.
15.　作AD⊥BC于点D,∵PA⊥平面ABC,
∴PA⊥AD.
易得AB=2,AC=2,BC=4,AD=,连接PD,易知PD⊥BC,P到BC的距离PD=.
16.①③④　①取z轴的正方向单位向量a=(0,0,1),
则cos=,
所以向量n与z轴正方向的夹角恒为定值,①正确;
②m·n=(a,b,0)·(c,d,1)=ac+bd,则-≤ac+bd≤,结合已知,得-1≤ac+bd≤1,即m·n的最大值为1,所以②错误;
③由②的解析知-1≤m·n≤1,所以≤cos≤,即-≤cos≤,从而m与n的夹角的最大值为,所以③正确;
④设m与n的夹角为θ,由③可知:-≤cos≤,所以≤θ≤≤sin≤1,所以m×n=|m|·|n|×sin≤1××1=,④正确.
综上可知,正确的说法序号是①③④.
17.解因为)=-()]=-,
所以=-a+b+c,
||2=(a2+b2+c2-2a·b-2a·c+2b·c)=.
所以||=,即BN的长为.
18.(1)证明.
因为BB1⊥平面ABC,
所以=0,=0.
又△ABC为正三角形,设θ为向量的夹角,
所以θ=.
因为=()·()==||·||·cos<>+=-1+1=0,
所以AB1⊥BC1.
(2)解由(1)知=||·||·cos<>+-1,
又||==||,
所以cos<>=,
所以||=2,即侧棱长为2.
19.解(1)∵空间中三点A(2,0,-2),B(1,-1,-2),C(3,0,-4),设a=,b=,
∴=(3,0,-4)-(1,-1,-2)=(2,1,-2).
∵|c|=3,且c∥,
∴c=m=m(2,1,-2)=(2m,m,-2m),
∴|c|==3|m|=3,
∴m=±1,∴c=(2,1,-2)或c=(-2,-1,2).
(2)ka+b=k(-1,-1,0)+(1,0,-2)=(1-k,-k,-2),b=(1,0,-2),
∵向量ka+b与b互相垂直,
∴(ka+b)·b=1-k+4=0,解得k=5.∴k的值是5.
(3)=(-1,-1,0),=(1,0,-2),
cos<>==-,
sin<>=,
∴S△ABC=×||×||×sin<>=.
20.证明(1)如图,连接BG,易知,)=.
则)=.
由向量共面的充要条件可知,共面,又三向量过同一点E,所以E,F,G,H四点共面.
(2)因为)=,
所以EH∥BD.
又EH 平面EFGH,BD 平面EFGH,
所以BD∥平面EFGH.
(3)由(2)知,同理,所以,EH∥FG,EH=FG,所以EG,FH交于一点M且被M平分,
所以)=)+)=),得证.
21.解取BC的中点E,连接AE.
由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,AE=.
以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(,2,0),N=(0,2,-4),.
设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,
则可取n=(0,2,1).
于是|cos|=.
设AN与平面PMN所成的角为θ,则sin θ=,
∴直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.
22.(1)证明取BD的中点O,连接PO,
因为AB∥DC,∠ADC=90°,AB=AD=DC=2,
所以BD=2,DC=4,∠BDC=45°,
在△BCD中,由余弦定理可得,BC2=DC2+BD2-2BD·DCcos∠BDC=42+(2)2-2×4×2=8,
所以BC=2,
所以BC2+BD2=CD2,
所以BC⊥BD.
因为BC⊥PD,BD∩PD=D,BD,PD 平面PBD,
故BC⊥平面PBD.
因为BC 平面ABCD,
则平面PBD⊥平面ABCD.
(2)解因为∠ADC=90°,所以以点D为坐标原点,DA,DC所在直线分别为x轴、y轴,以垂直于平面ABCD方向为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(0,0,0),B(2,2,0),C(0,4,0),O(1,1,0),因为DO=BD=,PD=3,所以PO=4,即P(1,1,4).
假设存在点M满足题意,设M(x,y,z),
则=(x,y-4,z),=(1,-3,4).
不妨设=λ(0<λ<1),
即(x,y-4,z)=λ(1,-3,4),
可得M(λ,4-3λ,4λ),
所以=(λ,4-3λ,4λ),=(2,2,0).
设n=(x1,y1,z1)为平面BDM的法向量,
则
令x1=1,得n=,
因为BC⊥平面PBD,
所以=(-2,2,0)为平面PBD的法向量.
因为平面PBD与平面BDM夹角的余弦值为,
所以|cos|=,解得λ=,