人教版高中数学选择性必修第一册第一章空间向量与立体几何 达标检测卷 (含解析)

人教版高中数学选择性必修第一册
第一章空间向量与立体几何达标检测卷
(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.在空间直角坐标系中,点P(-2,1,4)关于x轴的对称点的坐标是(　　)
A.(-2,1,-4) B.(-2,-1,-4)
C.(2,-1,4) D.(2,1,-4)
2.已知a=(1,2,-y),b=(x,1,2),且(a+2b)∥(2a-b),则(　　)
A.x=,y=1 B.x=,y=-4
C.x=2,y=- D.x=1,y=-1
3.在下列条件中,点M与A、B、C一定共面的是(　　)
A.=2--
B.=++
C.++=0
D.+++=0
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.a+b+c B.a+b+c
C.a-b-c D.a+b-c
5.向量a=(2,1,x),b=(2,y,-1),若|a|=,且a⊥b,则x+y的值为(　　)
A.-1 B.1 C.-4 D.4
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.长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
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.- B. C.- D.
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,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.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点,则(　　)
A.直线D1D与直线AF垂直
B.直线A1G与平面AEF平行
C.平面AEF截正方体所得的截面面积为
D.点C和点G到平面AEF的距离相等
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,在棱长为2的正方体中,点P在正方体的体对角线AB上,点Q在正方体的棱CD上,若P,Q均为动点,则PQ的最小值为　　　.
16.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为1的菱形,∠BAD=60°,PB=2,PA=PD,当直线PB与底面ABCD所成角为30°时,平面PCD与平面ACD的夹角的正弦值为　　　.
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)在①∠PAB=60°;②PA⊥PB;③∠PAB=120°这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的λ存在,求出λ的值;若λ不存在,请说明理由.
已知等腰三角形PAB和正方形ABCD,　　　,AB=1,平面PAB⊥平面ABCD,是否存在点E,满足=λ,使直线DE与平面PBC所成角为60°
注:如果选择多个条件并分别解答,按第一个解答计分.
19.(本小题满分12分)如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被面AEC1F所截得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1.
(1)求BF的长;
(2)求点C到平面AEC1F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P-ABCD中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,AB⊥AD,AB=AD=2CD=2,△ADP为等边三角形.
(1)当PB的长为多少时,平面PAD⊥平面ABCD 并说明理由;
(2)若二面角P-AD-B的大小为150°,求直线AB与平面PBC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.B　关于x轴对称的点横坐标相等,纵坐标和竖坐标相反,故选B.
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),
得解得故选B.
3.C　对于A,++=-+-+-=++-3≠0,所以点M、A、B、C不共面;
对于B,∵++≠1,∴点M、A、B、C不共面;
对于C,由++=0,
得=--,由共面向量定理知,,,为共面向量,
∴点M、A、B、C共面;
对于D,由+++=0,
得=-(++),系数和不为1,
∴点M、A、B、C不共面.故选C.
4.D　由题意可得,=-
=-(+).
∵=a+b,=b+c,
∴=a+b-c,故选D.
5.C　∵|a|=,∴4+1+x2=5,解得x=0.
由a⊥b,得a·b=4+y-x=0,
解得y=-4,∴x+y=-4,故选C.
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·=-1+3u=0,解得u=,t=,∴u+t=,D错误.
故选A.
7.C　如图,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),D(0,0,0),B1(1,1,),D1(0,0,),
所以=(-1,0,),=(1,1,),
cos<,>===,
所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为,故选C.
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=(+),
∴·=(·+·)
=-||2=-.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　判断一组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,
∵正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,
∴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sin θ=|cos<,t>|===,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'),
则取x'=1,
得y'=-1,z'=1,∴m=(1,-1,1),设两个平面的夹角为α,则cos α=|cos|==,
∴sin=,∴tan=,
∴平面ABC与平面BCD的夹角的正切值是,故D正确.故选BD.
12.BC　对于选项A,(解法一)以D点为坐标原点,DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),A1(1,0,1),E,F,G,D1(0,0,1).
从而=(0,0,1),=,
从而·=≠0,所以直线DD1与直线AF不垂直,选项A错误;
(解法二)取DD1的中点N,连接AN,则AN为直线AF在平面ADD1A1内的投影,AN与DD1不垂直,从而AF与DD1也不垂直,故选项A错误;
对于选项B,=,=,=,
设=x+y,
则解得则=2-,,,共面,又A1G 平面AEF,
∴直线A1G与平面AEF平行,故选项B正确;
对于选项C,连接AD1,D1F,延长AE,D1F,交DC的延长线于点H,易知四边形AEFD1为平面AEF截正方体所得的截面四边形(如图所示),
且D1H=AH=,AD1=,
所以=××=,
所以==,故选项C正确;
对于选项D,(解法一)由题意得,
S△GEF=S梯形BEFG-S△EBG
=××-××=,
S△ECF=××=,
∵VA-GEF=S△GEF·AB,
VA-ECF=S△ECF·AB,
∴VA-GEF=2VA-ECF,
即VG-AEF=2VC-AEF,点G到平面AEF的距离为点C到平面AEF的距离的二倍,故D错误;
(解法二)假设点C与点G到平面AEF的距离相等,即平面AEF将CG平分,则平面AEF必过CG的中点,连接CG,交EF于点O,易知O不是CG的中点,所以假设不成立,故选项D错误.
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),D(0,-,0),M,B(0,,0),∴=(0,-2,0),=(-,-,0),
设N(0,b,0),则=(0,b-,0).
∵=λ,∴-2=λ(b-),∴b=,∴N,
∴=,
∵MN⊥AD,∴·=1-=0,解得λ=4.
15.答案　
解析　因为P,Q分别为AB,CD上的动点,所以PQ的最小值即异面直线AB,CD间的距离.如图,建立空间直角坐标系,
则A(2,2,0),B(0,0,2),C(0,2,0),D(0,2,2),
∴=(-2,-2,2),=(0,0,2),=(-2,0,0),
设n=(x,y,z)是异面直线AB与CD的公垂线的方向向量,
则
令y=1,得x=-1,z=0,
∴n=(-1,1,0)是异面直线AB与CD的公垂线的方向向量,
设异面直线AB,CD间的距离为d,
则d===,即PQ的最小值为.
16.答案　1
解析　解法一(传统几何法):
取AD的中点E,连接BE并延长,过P作PF⊥BE于点F,
∵PA=PD,
∴PE⊥AD,
又∵BE⊥AD(证明略:△ABE为常见的一个角为60°的直角三角形),
∴AD⊥面PEB(即面PFB),故PF⊥AD,又PF⊥BF,
∴PF⊥面ABCD,且直线PB与底面ABCD所成角为∠PBF,
可得PF=2sin 30°=1,BE===,
对于△PBE,PE2=PB2+BE2-2PB·BE·cos∠PBE,解得PE=,
在△PEF中,利用勾股定理可得EF=,与BE长度相同,所以点F在CD的延长线上,所以面PCF与面ABCD垂直,故平面PCD与平面ACD的夹角为90°,正弦值为1.
解法二(空间向量法):
如图,以点B为坐标原点,建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(1,0,0),C-,,0,D,
设点P(x,y,z),又PB与底面ABCD所成角为30°,则z=|PB|·sin 30°=1,
由PB=2,PA=PD得,
解得或(舍去),
故点P,所以点P在CD正上方,即面PCD与面ABCD垂直,故平面PCD与平面ACD的夹角为90°,正弦值为1.
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,N,,,R.(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　若选①,则三角形PAB为等边三角形,取AB的中点O,连接PO,则PO⊥AB,又平面PAB⊥平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD,以O为原点,直线AB为x轴,直线OP为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则B,C,D,P,(3分)
∴=,=,=,
∴=+=+λ
=+λ
=,(5分)
设a=(x1,y1,z1)是平面PBC的法向量,
则
令z1=1,得x1=,y1=0,
∴a=(,0,1)是平面PBC的一个法向量,(8分)
由直线DE与平面PBC所成角为60°,
得|cos<,a>|=,
即=,
∴2λ2-3λ+1=0,
解得λ=或λ=1,(11分)
∴存在点E与C重合,即λ=1时满足条件,或点E为PC中点,即λ=时满足条件.(12分)
若选②,则三角形PAB为等腰直角三角形,取AB的中点O,连接PO,则PO⊥AB,又平面PAB⊥平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD,以O为原点,直线AB为x轴,直线OP为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则B,C,D-,1,0,P,(3分)
∴=,=,1,-,=,
∴=+=+λ
=+λ
=,(5分)
设b=(x2,y2,z2)是平面PBC的法向量,
则
令z2=1,得x2=1,y2=0,
∴b=(1,0,1)是平面PBC的一个法向量,(8分)
由直线DE与平面PBC所成角为60°,
得|cos<,b>|=,
即=,
∴9λ2-12λ+5=0,(10分)
∵Δ=144-180<0,∴方程无解,(11分)
即不存在λ,满足=λ,使直线DE与平面PBC所成角为60°.(12分)
若选③,则PA=AB,过点P作PO⊥AB,垂足为O,又平面PAB⊥平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD,以O为原点,直线AB为x轴,直线OP为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,(3分)
则B,C,D,1,0,P,(4分)
∴=,=,=,
∴=+=+λ
=+λ
=,(5分)
设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,
则(7分)
令x=1,得z=,y=0,
∴n=(1,0,)是平面PBC的一个法向量,(8分)
由直线DE与平面PBC所成角为60°,
得|cos<,n>|=,
即=,
∴12λ2-15λ+5=0,(10分)
∵Δ=225-240<0,∴方程无解,(11分)
即不存在λ,满足=λ,使直线DE与平面PBC所成角为60°.(12分)
19.解析　(1)建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3),B(2,4,0),(2分)
设F(0,0,z),∵四边形AEC1F为平行四边形,
∴=,即(-2,0,z)=(-2,0,2),
∴z=2,∴F(0,0,2),
∴=(-2,-4,2).(4分)
于是||=2,即BF的长为2.(6分)
(2)设n=(x,y,z)为平面AEC1F的法向量,(7分)
则即
令y=-,得x=1,z=1,则n=1,-,1.(10分)
由(1)知=(0,0,3),
∴点C到平面AEC1F的距离d===.(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),∴=(0,2,2).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-4),a,-a),
所以cos<,n>=.
由已知可得|cos<,n>|=,(9分)
所以=,
解得a=-4(舍去)或a=,
所以n=.(10分)
又=(0,2,-2),所以cos<,n>=.(11分)
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.(12分)
21.解析　(1)当PB=2时,平面PAD⊥平面ABCD.(1分)
理由如下:在△PAB中,因为AB=PA=2,PB=2,
所以AB⊥PA,(2分)
又AB⊥AD,AD∩PA=A,
所以AB⊥平面PAD,(3分)
又AB 平面ABCD,
所以平面PAD⊥平面ABCD.(4分)
(2)分别取线段AD,BC的中点O,E,连接PO,OE,因为△ADP为等边三角形,O为AD的中点,所以PO⊥AD,因为O,E分别为AD,BC的中点,所以OE∥AB,又AB⊥AD,所以OE⊥AD,故∠POE为二面角P-AD-B的平面角,所以∠POE=150°,(6分)
如图,分别以,的方向以及垂直于平面ABCD向上的方向作为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz,则A(1,0,0),B(1,2,0),P,C(-1,1,0).
∴=(0,2,0),=,=,(8分)
设n=(x,y,z)为平面PBC的法向量,
则
即令x=1,得y=-2,z=-4,∴n=(1,-2,-4),(10分)
设AB与平面PBC所成角为θ,
则sin θ=
==,
所以直线AB与平面PBC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·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,),E,F,(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=λ=λ(-1,0,)=(-λ,0,λ)(0≤λ≤1),
=+=(1,0,0)+(-λ,0,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,则m1=(λ,-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)