【突破课堂】第一章 空间向量与立体几何--26版高中同步达标检测卷人教B版数学选必修1

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
高中同步达标检测卷
第一章　空间向量与立体几何
全卷满分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.已知u=(2,2,-1)是平面α的一个法向量,a=(-3,4,2)是直线l的一个方向向量,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
2.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.　　　　B.　　　　C.2　　　　D.
3.如图,点P为平行四边形ABCD所在平面外一点,H为PC上的点,且=,点G在AH上,且=m,若G,B,P,D四点共面,则实数m=(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
4.如图,几何体ABCD-EFGH是棱长为1的正方体,若P在正方体内部且满足=++,则P到AB的距离为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
5.如图,已知在四棱锥P-ABCD中,底面是边长为2的正方形,△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,AB⊥平面PAD,点E是线段PD上的动点(不含端点),若线段AB上存在点F(不含端点),使得异面直线PA与EF成30°的角,则线段PE长度的取值范围是(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
6.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6,点M为CC1的中点,点P为上底面A1B1C1D1上的动点(包含边界),则满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为(　　)
A.2π　　　　B.3　　　　C.6　　　　D.3π
7.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,底面ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BCD=90°,PA=PB=AB=2,DC=BC=1,在平面ABCD内过点D作DO∥BC,交AB于O,连接PO.设点E是平面POD上的动点,若直线AE与平面PBC所成的角为,则|OE|的最小值为(　　)
A.2　　　　B.　　　　C.　　　　D.
8.在棱长为2的正四面体A-BCD中,点M满足=x+y-(x+y-1),点N满足=λ+(1-λ),当AM,BN的长度最短时,·=(　　)
A.-　　　　B.　　　　C.-　　　　D.
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.已知a=(-2,-1,1),b=(3,4,5),则下列结论正确的是(　　)
A.(2a+b)∥a
B.5|a|=|b|
C.a⊥(5a+6b)
D.a与b夹角的余弦值为-
10.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为棱A1D1,AA1,CD的中点,则下列说法正确的是(　　)
A.B1G⊥BF
B.直线B1G与BE所成的角为
C.若直线AB交平面EFC于点P,则AP=AB
D.直线B1F与平面BEF所成角的正弦值为
11.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3小题,每小题5分,共15分)
12.已知直线l经过A(-1,-1,0),B(1,-1,2)两点,则点P(-1,1,2)到直线l的距离为　　　　.
13.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　　　　.
14.已知空间单位向量e1,e2,e3,e4,|e1+e2|=|e3+e4|=2|e1+e2+e3+e4|=1,则e1·e3的最大值是　　　　.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PB⊥底面ABCD,AB⊥BC,AD∥BC,AB=AD=2,CD⊥PD,异面直线PA和CD所成的角为60°.
(1)求直线PC与平面PAD所成角的正弦值;
(2)在棱PA上是否存在一点E,使得二面角A-BE-D的余弦值为 若存在,指出点E在棱PA上的位置;若不存在,请说明理由.
16.(15分)如图1,直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠B=90°,四边形AECD是边长为2的菱形,且∠ADC=120°,以DE为折痕将△CDE折起,使点C到达点C1的位置,如图2.
(1)证明:AC1⊥DE;
(2)若平面C1DE⊥平面ABED,则在棱BC1上找一点M,使得点M到平面ADC1的距离为,求出的值;
(3)在(2)的前提下,求直线EM与平面ADC1所成角的正弦值.
17.(15分)如图,在三棱锥P-ABC中,侧面PAC是边长为2的正三角形,BC=4,AB=2,E,F分别为PC,PB的中点,平面AEF与底面ABC的交线为l.
(1)证明:l∥平面PBC;
(2)已知平面PAC⊥平面ABC,若在直线l上存在点Q,使得直线PQ与平面AEF所成的角为α,异面直线PQ,EF所成的角为β,且α+β=,求|AQ|.
18.(17分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥AB且PB=PD,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=.
(1)证明:平面PAC⊥平面ABCD;
(2)若直线CP与平面ABCD所成角的正弦值为,点Q为棱CP上的动点(不包括端点),求二面角A-BQ-C的正弦值的最小值.
19.(17分)如图,已知在三棱柱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),使得θ=”的真假,并说明理由.
答案与解析
1.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.
2.B　|a+b-2c|==
==.
3.C　连接AC,易得=m=m=m=m=++.
因为G,B,P,D四点共面,所以++=1,所以m=.
4.C　如图,以A为坐标原点,AB,AD,AE所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
易得=(1,0,0),=(0,1,0),=(0,0,1),
因为=++,所以=,所以在方向上的投影向量的长度为=,所以P到AB的距离为=.
5.B　取AD的中点G,连接PG.因为△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,所以PG⊥AD.又AB⊥平面PAD,所以PG,GA,AB两两互相垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),D(-1,0,0),P(0,0,1).
设F(1,y,0),0又=(1,0,-1),异面直线PA与EF成30°的角,所以|·|=||·||·cos 30°,即2=××,即(x-1)2=-y2,又06.B　以D为原点,DA,DC,DD1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A(6,0,0),B(6,6,0),M(0,6,3).设P(x,y,6),x∈[0,6],y∈[0,6],则=(-6,6,3),=(x-6,y-6,6).
由BP⊥AM得·=0,即-6(x-6)+6(y-6)+3×6=0,即y=x-3,
由于x∈[0,6],y∈[0,6],所以x∈[3,6],y∈[0,3],所以点P的轨迹为图中的线段EF(E,F分别为A1D1,A1B1的中点),
易知|EF|==3.
7.D　因为∠ABC=∠BCD=90°,所以AB∥CD,又DO∥BC,所以四边形DCBO是矩形,因为DC=BC,所以矩形DCBO是正方形,所以O是AB的中点,又PA=PB=2,所以PO⊥AB,PO==.
因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PO 平面PAB,PO⊥AB,所以PO⊥平面ABCD,故以O为原点,OD,OB,OP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,则A(0,-1,0),B(0,1,0),C(1,1,0),P(0,0,),所以=(0,1,-),=(1,0,0).
设平面PBC的一个法向量是n=(a,b,c),
则取c=1,得n=(0,,1).
设E(x,0,z),则=(x,1,z).
因为直线AE与平面PBC所成的角为,
所以|cos<,n>|===sin =,
化简得x2=2z+2,由x2=2z+2≥0得z≥-,
又|OE|===,
所以z=-时,|OE|取得最小值,为.
8.A　由共面向量定理和共线向量基本定理可知,M∈平面BCD,N∈直线AC,当AM,BN的长度最短时,AM⊥平面BCD,BN⊥AC,所以M为△BCD的中心,N为AC的中点,此时||=×2×sin 60°=.∵AM⊥平面BCD,MC 平面BCD,∴AM⊥MC,∴||===,又=(+),∴·=(·+·)=-||2=-.
9.BCD　易得2a+b=(-1,2,7),a=(-2,-1,1),且≠,所以2a+b与a不平行,故A中结论错误;由题知,|a|==,|b|==5,所以5|a|=|b|,故B中结论正确;易得5a+6b=(8,19,35),则a·(5a+6b)=(-2)×8-1×19+1×35=0,所以a⊥(5a+6b),故C中结论正确;cos===-,故D中结论正确.
10.AC　如图1所示,以D为原点,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.不妨设正方体的棱长为2,则B(2,2,0),B1(2,2,2),E(1,0,2),F(2,0,1),G(0,1,0).
对于A,=(-2,-1,-2),=(0,-2,1),所以·=0,所以⊥,即B1G⊥BF,故A正确.
对于B,=(-1,-2,2),所以·=0,所以⊥,即B1G⊥BE,故B错误.
对于D,设平面BEF的一个法向量为m=(x,y,z),
则令y=1,得m=(2,1,2),
易得=(0,-2,-1),
设直线B1F与平面BEF所成的角为θ,则sin θ=|cos<,m>|===,故D错误.
对于C,如图2所示,分别延长EF,DA相交于点M,连接MC,则MC与AB的交点即为点P.
因为F为棱AA1的中点,所以A1F=AF=1,又∠EA1F=∠MAF=90°,∠A1FE=∠AFM,所以△EA1F≌△MAF,所以EA1=MA=1.易得△MAP∽△MDC,所以=,所以=,即AP=AB,故C正确.
11.BD　对于A,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对于B,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正确.
取BC,B1C1的中点分别为O,O1,连接OO1,AO,易知OO1⊥平面ABC,AO⊥BC,所以以O为坐标原点,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.
对于 C,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错误.
对于D,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,则·=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正确.
12.答案　
解析　由题可知=(2,0,2),=(2,-2,0),则||==2,||==2,·=4,故点P到直线l的距离为=.
13.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(图略),则·=(+)·(+)=+·(+)+·=||2-1.∵1≤||≤,∴·∈[0,4].
14.答案　
解析　因为e1,e2,e3,e4是空间单位向量,所以平移向量e1,e2,e3,e4,使它们共起点,记起点为O,则终点在球心为O,半径为1的球面上,如图,
由|e1+e2|=1得++2e1·e2=1,所以e1·e2=-,所以=120°,同理=120°.
令e1+e2=a,e3+e4=b,则=60°,=60°,且|a|=|b|=1,|a+b|=,即|a|2+|b|2+2a·b=,所以a·b=-,所以cos=-.
固定向量a,b,将e1绕向量a所在直线旋转一周得圆锥OO1的侧面,将e3绕向量b所在直线旋转一周得圆锥OO2的侧面.
因为cos=-<-,所以150°<<180°,则sin=.
观察图形知,当e1,e3旋转到平面O1OO2内,且都在∠O1OO2(∠O1OO2为钝角)内时,向量e1与e3的夹角最小,设为θ,则θ=-60°-60°=-120°,
故cos θ=cos(-120°)=coscos 120°+sinsin 120°=-×+×=,所以e1·e3=|e1||e3|cos≤cos θ=,所以e1·e3的最大值是.
15.解析　(1)因为PB⊥底面ABCD,BC 底面ABCD,所以PB⊥BC,同理PB⊥AB,又因为AB⊥BC,所以以B为坐标原点,BA,BC,BP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A(2,0,0),B(0,0,0),D(2,2,0).
设P(0,0,p),C(0,c,0),其中p>0,c>0,
则=(2,0,-p),=(2,2-c,0),=(2,2,-p).(2分)
因为CD⊥PD,所以·=0,即4+4-2c=0,所以c=4,
所以=(2,-2,0),C(0,4,0).
因为异面直线PA和CD所成的角为60°,
所以=,解得p=2或p=-2(舍去),
所以=(2,0,-2),P(0,0,2),=(2,2,-2),=(0,4,-2).(4分)
设平面PAD的一个法向量为m=(x,y,z),
则即令x=1,则y=0,z=1,
所以m=(1,0,1),
所以cos<,m>==-,
所以直线PC与平面PAD所成角的正弦值为.(7分)
(2)存在.
设=λ,λ∈[0,1],则=(2λ,0,-2λ),所以E(2λ,0,2-2λ),=(2λ,0,2-2λ),由(1)知=(2,2,0).(8分)
设平面BDE的一个法向量为n=(x1,y1,z1),
则即
令x1=1-λ,则y1=λ-1,z1=-λ,所以n=(1-λ,λ-1,-λ).(10分)
易知平面PAB的一个法向量k=(0,1,0),(11分)
又二面角A-BE-D的余弦值为,
所以|cos|==,
解得λ=或λ=2(舍去),
所以E是棱PA上靠近点A的三等分点.(13分)
16.解析　(1)证明:取DE的中点O,连接OA,OC1.因为题图1中四边形AECD是边长为2的菱形,所以OA⊥DE,OC1⊥DE.(2分)
又OA∩OC1=O,OA,OC1 平面OAC1,所以DE⊥平面OAC1.(3分)
因为AC1 平面OAC1,所以AC1⊥DE.(4分)
(2)在菱形AECD中,∠ADC=120°,所以∠DAE=60°,所以∠BAE=30°,又因为AE=2,所以BE=1,AB=.
因为OA⊥DE,OC1⊥DE,平面ADE∩平面C1DE=DE,OA 平面ADE,OC1 平面C1DE,所以∠AOC1为二面角A-DE-C1的平面角.
因为平面C1DE⊥平面ABED,所以∠AOC1=90°,所以OA⊥OC1.
所以以点O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(,0,0),B,D(0,-1,0),C1(0,0,),E(0,1,0),
故=(-,-1,0),=(-,0,),=.(7分)
设=λ=(0≤λ≤1).(8分)
设平面ADC1的一个法向量为n=(x,y,z),
则可取n=(1,-,1).(10分)
因为点M到平面ADC1的距离为,
所以===,
解得λ=,所以=.(12分)
(3)由(2)得平面ADC1的一个法向量为n=(1,-,1),=,
所以=+=+(0,1,-)=,
所以|cos|===,
所以直线EM与平面ADC1所成角的正弦值为.(15分)
17.解析　(1)证明:因为E,F分别为PC,PB的中点,所以EF∥BC.
又BC 平面ABC,EF 平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2分)
因为EF 平面AEF,平面AEF∩底面ABC=l,所以EF∥l,所以l∥BC.(4分)
又BC 平面PBC,l 平面PBC,所以l∥平面PBC.(5分)
(2)取AC的中点D,连接PD.
因为△PAC是边长为2的正三角形,所以PD⊥AC,AD=1,PD==.
因为平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PD 平面PAC,所以PD⊥平面ABC.(7分)
由(1)知,在底面ABC内过点A作BC的平行线,即为平面AEF与底面ABC的交线l.
由题意可得AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC.
取AB的中点M,连接DM,则DM∥BC.
因为AC⊥BC,所以DM⊥AC.
以D为坐标原点,DA,DM,DP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A(1,0,0),P(0,0,),E,F,所以=,=(0,2,0).(9分)
设Q(1,t,0),则=(1,t,-).
设平面AEF的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令z=,得x=1,又y=0,所以n=(1,0,).(11分)
所以sin α=|cos|===.
易得cos<,>===,
所以cos β=|cos<,>|=.
因为α+β=,所以sin α=cos β,所以=,所以|t|=1,所以t=±1.(13分)
当t=1时,=(0,1,0),此时||=1;
当t=-1时,=(0,-1,0),此||=1.
综上,|AQ|=1.(15分)
18.解析　(1)证明:连接BD交AC于点O,连接OP.
因为PB=PD,O是BD的中点,所以BD⊥OP.
又BD⊥AC,AC∩OP=O,AC,OP 平面ACP,所以BD⊥平面ACP.(3分)
又BD 平面ABCD,所以平面PAC⊥平面ABCD.(5分)
(2)过P作PH⊥AC于点H,连接DH.
因为平面PAC⊥平面ABCD,平面PAC∩平面ABCD=AC,PH 平面PAC,所以PH⊥平面ABCD,所以∠PCH为直线CP与平面ABCD所成的角,所以sin∠PCH==.(7分)
因为PH⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,所以PH⊥AB.
又PD⊥AB,PD∩PH=P,PD,PH 平面PDH,所以AB⊥平面PDH.
又DH 平面PDH,所以AB⊥DH.
又BD⊥AH,所以H为△ABD的垂心.
因为底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=,所以△ABD为等边三角形,所以H为△ABD的重心,所以AO=AB=3,AH=AO=2,OH=1,OC=3,OB=OD=.
建立如图所示的空间直角坐标系.
因为sin∠PCH==,
所以cos∠PCH==,
又CH=4,所以PC=5,PH=3,
所以A(0,-3,0),C(0,3,0),B(,0,0),D(-,0,0),P(0,-1,3).
设=m=(0,-4m,3m)(0设平面ABQ的一个法向量为m=(x,y,z).
易得=(,3,0),=(0,6-4m,3m),
所以
取y=-3m,得m=(3m,-3m,6-4m).
设平面BCQ的一个法向量为n=(x0,y0,z0).
易得=(,-3,0),=(0,-4m,3m),
所以取x0=,得n=.(12分)
设二面角A-BQ-C的大小为θ,则|cos θ|=|cos|
===.(14分)
令8+m=t,则m=(t-8),
所以|cos θ|=.
易知-+=+≥,
所以|cos θ|=≤=,当且仅当t=,即m=时取等号,所以|cos θ|的最大值为,所以sin θ的最小值为=.(17分)
19.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,(2分)
则A,C,B1,C1,A1,B,M(0,0,0),所以=(0,b,0),=,=,=(-a,b,0),=,=(-a,-b,0).(4分)
因为=,所以=,所以=+=.(5分)
设m=(x,y,z)为平面B1AN的一个法向量,则
即取x=b,则y=3a,z=0,
所以m=(b,3a,0).(7分)
因为m·=0,且直线CM在平面B1AN外,所以CM∥平面B1AN.(8分)
(2)命题“ λ∈(0,1),使得θ=”是假命题.(9分)
理由如下:因为A1B⊥B1C,所以·=(-a,-b,0)·=b2-a2=0,所以a=b,所以=(0,λa,0),=(-a,a,0),所以=+=.(11分)
设m1=(x1,y1,z1)为平面B1AN的一个法向量,
则即
取x1=,则y1=3,z1=(2-3λ),所以m1=.(13分)
因为CM⊥平面ABB1A1,A1B 平面ABB1A1,所以CM⊥A1B,因为A1B⊥B1C,CM∩B1C=C,CM,B1C 平面B1MC,所以A1B⊥平面B1MC,所以=(-a,-a,0)与平面B1MC的法向量平行,设平面B1MC的一个法向量为n,取n=(,1,0).
易知平面B1AN与平面B1MC所成的角为锐角,故cos θ=|cos|===.(15分)
若把cos θ看成关于λ的函数,则此函数在上单调递增,在上单调递减,所以