2021_2022学年新教材高中数学第一章空间向量与立体几何阶段重点强化练一第一课空间向量与立体几何含解析新人教A版选择性必修第一册202106082124.doc

阶段重点强化练(一)(60分钟100分)一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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若A，B，C，D为空间不同的四点，则下列各式为零向量的是()22；2233；A B C D【解析】选C.中，原式2，不符合题意；中，原式2()()0；中，原式，不符合题意；中，原式()()0.2已知向量a(2，1，3)，b(1，2，1)，若a(ab)，则实数的值为()A2 B C D2【解析】选D.因为a(ab)，所以a·(ab)|a|2a·b0，所以|a|2a·b，所以14(223)7，解得2.3若a(2，2，0)，b(1，3，z)，a，b，则z等于()A B C± D±【解析】选C.cos a，b，可得z±.4如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC­A1B1C1，CA2CB，CC13CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A B C D【解析】选A.CA2CB，CC13CB，所以设CB1，根据题意得，B(0，0，1)，C1(0，3，0)，A(2，0，0)，B1(0，3，1).(0，3，1)，(2，3，1)，所以cos.5已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB2，则点C到平面BDD1B1的距离为()A1 B C2 D2【解析】选B.如图，连接AC，DB交于点O，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，可得，AC平面BDD1B1.所以点C到平面BDD1B1的距离为CO，COAC.6将图中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线折起得到空间四面体ABCD(如图)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是()A相交且垂直 B相交但不垂直C异面且垂直 D异面但不垂直【解析】选C.在题图中的等腰直角三角形ABC中，斜边上的中线AD就是斜边上的高，则ADBC，翻折后如题图，AD与BC变成异面直线，而原线段BC变成两条线段BD，CD，这两条线段与AD垂直，即ADBD，ADCD，故AD平面BCD，所以ADBC.二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10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，部分选对的得3分，有选错的得0分7已知v1，v2分别为直线l1，l2的方向向量(l1，l2不重合)，n1，n2分别为平面，的法向量(，不重合)，则下列说法中，正确的是()Av1v2l1l2 Bv1v2l1l2Cn1n2 Dn1n2【解析】选ABCD.因为v1，v2分别为直线l1，l2的方向向量(l1，l2不重合)，所以v1v2l1l2，v1v2l1l2；因为n1，n2分别为平面，的法向量(，不重合)，所以n1n2，n1n2，故全部正确8如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，则点P到各顶点的距离可能为()A.B3CD2【解析】选ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为3，则点A(3，0，0)，B(3，3，0)，C(0，3，0)，D(0，0，0)，A1(3，0，3)，B1(3，3，3)，C1(0，3，3)，D1(0，0，3)，所以(3，3，3).设点P(x，y，z)，因为(1，1，1)，所以(3，3，0)(1，1，1)(2，2，1).所以P(2，2，1)，所以PAPCPB1，PDPA1PC13，PB，PD12.故点P到各顶点的距离的不同取值有，3，2.三、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分请把正确的答案填在题中的横线上9在四面体O­ABC中，a，b，c，D为BC的中点，E为AD的中点，则_(用a，b，c表示)【解析】因为在四面体O­ABC中，a，b，c，D为BC的中点，E为AD的中点，所以()a×()abc.答案：abc10如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，ABBC2，AA1，E，F分别是面A1B1C1D1、面BCC1B1的中心，则E，F两点间的距离为_【解析】以D为坐标原点，分别以，所在方向为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系(图略)，由条件知E(1，1，)，F，所以，所以E，F两点间的距离为|.答案：11已知a(1，0，2)，b(6，21，2)，若ab，则与的值是_【解析】因为a(1，0，2)，b(6，21，2)，ab，令atb(tR)，则(1，0，2)t(6，21，2)(6t，(21)t，2t)，即解得或答案：2，或3，12已知a(3，2，3)，b(1，x1，1)，且a与b的夹角为钝角，则x的取值范围是_【解析】由题意可知a·b<0且a与b不共线，则a·b3×(1)2×(x1)3×12x4<0，解得x>2.若a与b共线，则，得x，因为a与b不共线，则x，因此，实数x取值范围是.答案：13如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB，BCAA11，则BD1与平面A1B1C1D1所成的角的大小为_【解析】长方体ABCD­A1B1C1D1中，连接B1D1，则BD1B1为所求，RtBD1B1中，tan BD1B1，所以BD1B130°，则BD1与平面A1B1C1D1所成的角的大小为30°.答案：30°14在正三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB1，D在棱BB1上，且BD1，则AD与平面AA1C1C所成的角的正弦值为_，平面ACD与ABC所成二面角的余弦值为_(本题第一空2分，第二空3分)【解析】取AC中点E，连接BE，则BEAC，如图所示，建立空间直角坐标系Bxyz，则A，D(0，0，1)，C，.设平面ACD的法向量为n(x，y，z)，所以令x2，z3，y0，所以n(2，0，3)，又为平面ABC的法向量，(0，0，1)，所以cos n·.所以平面ACD与平面ABC所成二面角的余弦值为.因为平面ABC平面AA1C1C，平面ABC平面AA1C1CAC，BEAC，所以BE平面AA1C1C，所以为平面AA1C1C的一个法向量，又，所以cos ，设AD与平面AA1C1C所成的角为，则sin |cos ，|.答案：四、解答题：本大题共3小题，每小题10分，共30分15(10分)如图，在棱长为a的正方体OABC­O1A1B1C1中，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AEBFx，其中0xa，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.(1)写出点E，F的坐标；(2)求证：A1FC1E；(3)若A1，E，F，C1四点共面，求证：【解析】(1)E(a，x，0)，F(ax，a，0).(2)因为A1(a，0，a)，C1(0，a，a)，所以(x，a，a)，C1E(a，xa，a).所以·axa(xa)a20，所以(3)因为A1，E，F，C1四点共面，所以，共面选与为一组基向量，则存在唯一实数对1，2，使12，即(x，a，a)1(a，a，0)2(0，x，a)，所以，解得.所以16(10分)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，ACBC，ACBCAA12，点P为棱B1C1的中点，点Q为线段A1B上一动点(1)求证：当点Q为线段A1B的中点时，PQ平面A1BC；(2)设，试问：是否存在实数，使得平面A1PQ与平面B1PQ所成锐二面角的余弦值为？若存在，求出这个实数；若不存在，请说明理由【解析】(1)连AB1，AC1，因为点Q为线段A1B的中点，所以A，Q，B1三点共线因为点P，Q分别为B1C1和A1B的中点，所以PQAC1.在直三棱柱ABC­A1B1C1中，ACBC，所以BC平面ACC1A1，所以BCAC1，又ACAA1，所以四边形ACC1A1为正方形，所以AC1A1C，因为A1C，BC平面A1CB，所以AC1平面A1BC，而PQAC1，所以PQ平面A1BC.(2)以C为原点，分别以CA，CB，CC1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，连接A1P，B1Q，设Q(x，y，z)，因为，所以(x，y2，z)(2，2，2)，所以，所以Q(2，22，2).因为点Q在线段A1B上运动，所以平面A1PQ的法向量即为平面A1PB的法向量，设平面A1PB的法向量为n1(x，y，z)，由得，令y2得n1(1，2，1)，设平面B1PQ的法向量为n2(x，y，z)，由得令z得n2(1，0，)，由题意得|cos n1，n2|，所以92920，解得或.所以当或时，平面A1PQ与平面B1PQ所成锐二面角的余弦值为.17(10分)如图1，在等腰RtABC中，C90°，D，E分别为AC，AB的中点，F为CD的中点，G在线段BC上，且BG3CG.将ADE沿DE折起，使点A到A1的位置(如图2所示)，且A1FCD.(1)证明：BE平面A1FG；(2)求平面A1FG与平面A1BE所成锐二面角的余弦值【解析】(1)取BC的中点M，连接DM，因为BG3CG，所以G为CM的中点，又F为CD的中点，所以FGDM，由DEBM，DEBM，所以DMBE为平行四边形，所以BEDM，所以BEFG，又FG平面A1FG，BE平面A1FG，所以BE平面A1FG；(2)根据题意，以F为原点，直线FC为x轴，过F平行于BC的直线为y轴，直线FA1为z轴，建立如图空间直角坐标系，设AC4，则F(0，0，0)，A1(0，0，)，B(1，4，0)，E(1，2，0)，G(1，1，0)，FA1(0，0，)，(1，1，0)，A1E(1，2，)，(2，2，0)，设平面A1FG的法向量为n(x，y，z)，由得故可取n(1，1，0)，设平面A1BE的法向量m(a，b，c)，由，得故可取m(1，1，)，所以cos m，n，故平面A1FG与平面A1BE所成锐二面角的余弦值为.