2021_2022学年新教材高中数学第三章空间向量与立体几何测评训练含解析北师大版选择性必修第一册.docx

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1、第三章测评(时间:120分钟满分:150分)一、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.已知平面和平面的法向量分别为m=(3,1,-5),n=(-6,-2,10),则()A.B.C.与相交但不垂直D.以上都不对答案B解析n=(-6,-2,10),m=(3,1,-5),n=-2m.mn.与平行.2.如图,已知空间四边形OABC,M,N分别是OA,BC的中点,且OA=a,OB=b,OC=c,用a,b,c表示向量MN为()A.12a+12b+12cB.12a-12b+12cC.-12a+12b+12cD.-12a+12b-12c答案C解析如

2、图所示,连接ON,AN,则ON=12(OB+OC)=12(b+c),所以MN=ON-12OA=-12a+12b+12c.3.已知正四面体ABCD的棱长为a,点E,F分别是BC,AD的中点,则AEAF的值为()A.a2B.14a2C.12a2D.34a2答案B解析在正四面体ABCD中,E,F分别是BC,AD的中点,AE=AB+BE,AF=12AD.则AEAF=(AB+BE)12AD=12ABAD+12BEAD.因为是正四面体,所以BEAD,BAD=3,即BEAD=0,ABAD=|AB|AD|cos3=a22,所以AEAF=a24,故选B.4.已知向量a=(1,2,3),b=(-2,-4,-6),

3、|c|=14,若(a+b)c=7,则a与c的夹角为()A.30B.60C.120D.150答案C解析设向量a+b与c的夹角为,因为a+b=(-1,-2,-3),所以|a+b|=14,cos=(a+b)c|a+b|c|=12,所以=60.因为向量a+b与a的方向相反,所以a与c的夹角为120.5.若正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,D是A1C1的中点,则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为()A.45B.35C.34D.55答案A解析取AC的中点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.设三棱柱的棱长为2,则A(0,-1,0),D(0,0,2),C(0,1,0),B1(

4、3,0,2),AD=(0,1,2),CD=(0,-1,2),CB1=(3,-1,2).设n=(x,y,z)为平面B1CD的一个法向量,由nCD=0,nCB1=0,得-y+2z=0,3x-y+2z=0,故x=0,y=2z,令z=1,得n=(0,2,1).设直线AD与平面B1DC所成角为,则sin=|cos|=|ADn|AD|n|=455=45,所以直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为45.故选A.6.如图,ABCD-A1B1C1D1是棱长为6的正方体,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF.当A1,E,F,C1四点共面时,平面A1DE与平面C1DF所成锐二面角的平面角的余弦值为()A.

5、32B.12C.15D.265答案B解析以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,则A1(6,0,6),E(6,3,0),F(3,6,0).设平面A1DE的法向量为n1=(a,b,c),依题意得n1DE=6a+3b=0,n1DA1=6a+6c=0,令a=-1,则c=1,b=2,所以n1=(-1,2,1).同理得平面C1DF的一个法向量为n2=(2,-1,1),由题图知,平面A1DE与平面C1DF所成锐二面角的平面角的余弦值为|n1n2|n1|n2|=12.7.已知OA=(1,2,3),OB=(2,1,2),OP=(1,1,2),点Q在直线OP上运动,则当Q

6、AQB取得最小值时,点Q的坐标为()A.12,34,13B.12,32,34C.43,43,83D.43,43,73答案C解析Q在直线OP上,可设Q(x,x,2x),则QA=(1-x,2-x,3-2x),QB=(2-x,1-x,2-2x).QAQB=6x2-16x+10,当x=43时,QAQB最小,这时Q43,43,83.8.在三棱锥P-ABC中,PC底面ABC,BAC=90,AB=AC=4,PBC=60,则点C到平面PAB的距离是()A.3427B.4427C.5427D.6427答案B解析在三棱锥P-ABC中,PC底面ABC,BAC=90,AB=AC=4,PBC=60,以A为原点,AB所在

7、直线为x轴,AC所在直线为y轴,过A作平面ABC的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,则C(0,4,0),P(0,4,46),A(0,0,0),B(4,0,0),AC=(0,4,0),AB=(4,0,0),AP=(0,4,46),设平面PAB的法向量n=(x,y,z),则nAP=4y+46z=0,nAB=4x=0,取z=1,得n=(0,-6,1),点C到平面PAB的距离d=|ACn|n|=467=4427.故选B.二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.空间四个点O,A,B,C,OA,OB,O

8、C为空间的一个基底,则下列说法正确的是()A.O,A,B,C四点不共线B.O,A,B,C四点共面,但不共线C.O,A,B,C四点中任意三点不共线D.O,A,B,C四点不共面答案ACD解析若O,A,B,C四点共面,则OA,OB,OC共面,不可能为空间的一个基底.故AD正确,B不正确;若O,A,B,C中有三点共线,则四点一定共面,故C也正确.10.已知a=(3,-2,-3),b=(-1,x-1,1),且a与b夹角为钝角,则x的取值可以是()A.-2B.1C.53D.2答案BD解析因为a=(3,-2,-3),b=(-1,x-1,1),所以ab=-13-2(x-1)-3=-2x-4.因为a与b夹角为钝

9、角,所以cos=ab|a|b|0,且a与b不反向共线,又因为a与b共线时,有3-1=-2x-1=-31,即x=53,此时a与b反向,所以ab=-2x-4-2且x53.对照选项可得B,D.11.在四面体P-ABC中,下列说法正确的有()A.若AD=13AC+23AB,则可知BC=3BDB.若Q为ABC的重心,则PQ=13PA+13PB+13PCC.若PABC=0,PCAB=0,则PBAC=0D.若四面体P-ABC各棱长都为2,M,N分别为PA,BC的中点,则|MN|=1答案ABC解析对于A,AD=13AC+23AB,3AD=AC+2AB,2AD-2AB=AC-AD=DC,2BD=DC,3BD=B

10、D+DC,即3BD=BC,故A正确;对于B,若Q为ABC的重心,则QA+QB+QC=0,3PQ+QA+QB+QC=3PQ,3PQ=PA+PB+PC,即PQ=13PA+13PB+13PC,故B正确;对于C,若PABC=0,PCAB=0,则PABC+PCAB=0,PABC+PC(AC+CB)=0,PABC+PCAC+PCCB=0,(PA-PC)BC+PCAC=0,CABC+PCAC=0,AC(CB+PC)=0,ACPB=0,故C正确;对于D,MN=PN-PM=12(PB+PC)-12PA=12(PB+PC-PA),|MN|=12|PA-PB-PC|,|PA-PB-PC|=PA2+PB2+PC2-2

11、PAPB-2PAPC+2PBPC=22+22+22-22212-22212+22212=22,|MN|=2.故D错误.12.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段B1C上运动,则()A.直线BD1平面A1C1DB.三棱锥P-A1C1D的体积为定值C.异面直线AP与A1D所成角的取值范围是45,90D.直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为63答案ABD解析对于选项A,连接B1D1,由正方体可得A1C1B1D1,且BB1平面A1B1C1D1,则BB1A1C1,所以A1C1平面BD1B1,故A1C1BD1;同理,连接AD1,易证得A1DBD1,则BD1平面A1C1D,故

12、A正确;对于选项B,VP-A1C1D=VC1-A1PD,因为点P在线段B1C上运动,所以SA1DP=12A1DAB,面积为定值,且C1到平面A1PD1的距离即为C1到平面A1B1CD的距离,也为定值,故体积为定值,故B正确;对于选项C,当点P与线段B1C的端点重合时,AP与A1D所成角取得最小值为60,故C错误;对于选项D,因为直线BD1平面A1C1D,所以若直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值最大,则直线C1P与直线BD1所成角的余弦值最大,则P运动到B1C中点处,即所成角为C1BD1,设棱长为1,在RtD1C1B中,cosC1BD1=C1BBD1=23=63,故D正确.三、填空题:本题

13、共4小题,每小题5分,共20分.13.已知AB=(2,2,1),AC=(4,5,3),则平面ABC的单位法向量是.答案13,-23,23解析设平面ABC的法向量n=(x,y,z),则ABn=0,ACn=0,即2x+2y+z=0,4x+5y+3z=0.令z=1,得x=12,y=-1,所以n=12,-1,1,故平面ABC的单位法向量为n|n|=13,-23,23.14.已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,上底面A1B1C1D1边长为1,下底面ABCD边长为2,侧棱与底面所成的角为60,则异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为.答案14解析设上、下底面中心分别为O1,O,则OO1平面ABCD,

14、以O为原点,直线BD,AC,OO1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.因为AB=2,A1B1=1,所以AC=BD=22,A1C1=B1D1=2.因为平面BDD1B1平面ABCD,所以B1BO为侧棱与底面所成的角,故B1BO=60.设棱台高为h,则tan60=h2-22,h=62,所以A(0,-2,0),D1-22,0,62,B122,0,62,C(0,2,0),所以AD1=-22,2,62,B1C=-22,2,-62,故cos=AD1B1C|AD1|B1C|=14,故异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为14.15.已知矩形ABCD中,AB=1,BC=3,将矩形ABCD沿对角线AC折起,

15、使平面ABC与平面ACD垂直,则B与D之间的距离为.答案102解析如图,过点B,D分别向AC作垂线,垂足分别为M,N.则可求得AM=12,BM=32,CN=12,DN=32,MN=1.由于BD=BM+MN+ND,所以|BD|2=(BM+MN+ND)2=|BM|2+|MN|2+|ND|2+2(BMMN+MNND+BMND)=322+12+322+2(0+0+0)=52,故|BD|=102.16.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为CC1的中点,P,Q是正方体表面上相异两点,满足BPA1E,BQA1E.(1)若P,Q均在平面A1B1C1D1内,则PQ与BD的位置关系是;(2)|A1

16、P|的最小值为.答案(1)平行(2)324解析(1)以D为空间直角坐标系的原点,以DA,DC,DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,A1(1,0,1),E0,1,12,B(1,1,0),因为若P,Q均在平面A1B1C1D1内,所以设P(a,b,1),Q(m,n,1),A1E=-1,1,-12,BP=(a-1,b-1,1),BQ=(m-1,n-1,1),因为BPA1E,BQA1E,所以BPA1E=-(a-1)+(b-1)-12=0,BQA1E=-(m-1)+(n-1)-12=0,解得b-a=12,n-m=12,PQ=(n-b,n-b,0),BD=(1,1,0),所以P

17、Q与BD的位置关系是平行.(2)由(1)可知b-a=12,|A1P|=(a-1)2+b2=(a-1)2+a+122=2a2-a+54=2a-142+98.当a=14时,|A1P|有最小值,最小值为324.四、解答题:本题共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)已知向量a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).(1)求|2a+b|;(2)在直线AB上,是否存在一点E,使得OEb?(O为原点)解(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|=02+(-5)2+52=52.(2)

18、OE=OA+AE=OA+tAB=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t),若OEb,则OEb=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=95,因此存在点E,使得OEb,此时点E的坐标为E-65,-145,25.18.(12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC=2,D是棱AC的中点,且AB=BC=BB1=2.(1)求证:AB1平面BC1D;(2)求异面直线AB1与BC1所成的角.(1)证明如图,连接B1C交BC1于点O,连接OD.因为O为B1C的中点,D为AC的中点,所以ODAB1.因为AB1平面BC1D,OD平面BC1D,

19、所以AB1平面BC1D.(2)解建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz,则B(0,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,2),B1(0,0,2),因此AB1=(0,-2,2),BC1=(2,0,2).所以cos=AB1BC1|AB1|BC1|=0+0+42222=12,设异面直线AB1与BC1所成的角为,则cos=12,由于0,2,故=3.19.(12分)如图,已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=AF=2,ADC=60.(1)求直线BF与平面ABCD的夹角;(2)求点A到平面FBD的距离.解设ACBD=O,因为菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,所以易得AF平

20、面ABCD;以O点为坐标原点,以OD所在直线为x轴,OA所在直线为y轴,过O点且平行于AF的方向为z轴正方向,建立空间直角坐标系,(1)由已知得A(0,1,0),B(-3,0,0),C(0,-1,0),D(3,0,0),F(0,1,2),因为z轴垂直于平面ABCD,因此可令平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),又BF=(3,1,2),设直线BF与平面ABCD的夹角为,则有sin=|cos|=|mBF|m|BF|=2122=22,即=4,所以直线BF与平面ABCD的夹角为4.(2)因为BD=(23,0,0),BF=(3,1,2),设平面FBD的法向量为n=(x,y,z),BDn=0,BF

21、n=0,解得23x=0,3x+y+2z=0,令z=1得n=(0,-2,1),又因为AF=(0,0,2),所以点A到平面FBD的距离d=|AFn|n|=25=255.20.(12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点D在棱A1B1上,E,F分别是CC1,BC的中点,AEA1B1,AA1=AB=AC=2.(1)证明:DFAE;(2)当D为A1B1的中点时,求平面DEF与平面ABC所成锐二面角的平面角的余弦值.(1)证明在直三棱柱ABC-A1B1C1中,有AA1A1B1,又因为AEA1B1,AEAA1=A,所以A1B1平面AA1C1C,因为A1C1平面AA1C1C,所以A1B1A1C1.所以

22、ABAC,ABAA1,ACAA1,如图,分别以AC,AA1,AB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A-xyz,则C(2,0,0),B(0,0,2),A(0,0,0),A1(0,2,0),F(1,0,1),E(2,1,0).设D(0,2,t),则FD=(-1,2,t-1),AE=(2,1,0),FDAE=(-1,2,t-1)(2,1,0)=0,所以DFAE.(2)解当D为A1B1的中点时,D(0,2,1),EF=(-1,-1,1),FD=(-1,2,0),设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则nEF=0,nDF=0,即x+y-z=0,x-2y=0,令y=1得,n=(2,1,3),

23、容易知平面ABC的法向量为n0=(0,1,0),所以cos=nn0|n|n0|=122+12+321=1414,即平面DEF与平面ABC所成锐二面角的平面角的余弦值为1414.21.(12分)如图所示,已知四棱锥P-ABCD,侧面PAD是边长为2的正三角形,且平面PAD平面ABCD,底面ABCD是菱形,且ABC=60,M为棱PC上的动点,且PMPC=(0,1).(1)求证:BCPC;(2)试确定的值,使得平面PAD与平面ADM所成锐二面角的平面角的余弦值为1010.(1)证明取AD的中点O,连接OP,OC,AC,由题意可得PAD,ACD均为正三角形,所以OCAD,OPAD.又OCOP=O,所以

24、AD平面POC.又PC平面POC,所以ADPC.因为BCAD,所以BCPC.(2)解由(1)可知POAD,又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,PO平面PAD,所以PO平面ABCD.故可得OP,OC,OD两两垂直,以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,3),A(0,-1,0),D(0,1,0),C(3,0,0),所以PC=(3,0,-3).由PM=PC=(3,0,-3)(0,1),可得点M的坐标为(3,0,3-3),所以AM=(3,1,3-3),DM=(3,-1,3-3).设平面MAD的法向量为n=(x,y,z),由nAM=3x+y+(3-3)z=

25、0,nDM=3x-y+(3-3)z=0,即x=-1z,y=0,令z=,则n=(-1,0,).又平面PAD的一个法向量为OC=(3,0,0),设平面PAD与平面ADM所成锐二面角的平面角为,则cos=|cos|=|nOC|n|OC|=|3(-1)|2+(-1)23=1010,解得=34或=32(舍去).所以当=34时,平面PAD与平面ADM所成锐二面角的平面角的余弦值为1010.22.(12分)如图所示,等腰梯形ABCD中,ABCD,AD=AB=BC=2,CD=4,E为CD中点,AE与BD交于点O,将ADE沿AE折起,使点D到达点P的位置(P平面ABCE).(1)证明:平面POB平面ABCE;(

26、2)若PB=6,试判断线段PB上是否存在一点Q(不含端点),使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为155,若存在,求出PQOB的值;若不存在,说明理由.(1)证明在梯形ABCD中,连接BE,在等腰梯形ABCD中,AD=AB=BC=2,CD=4,E为中点,四边形ABED为菱形,BDAE,OBAE,ODAE,即OBAE,OPAE,且OBOP=O,OB平面POB,OP平面POB,AE平面POB.又AE平面ABCE,平面POB平面ABCE.(2)解由(1)可知四边形ABED为菱形,AD=DE=2,在等腰梯形ABCD中,AE=BC=2,PAE为正三角形,OP=3,同理OB=3,PB=6,OP2+OB2

27、=PB2,OPOB.由(1)可知OPAE,OBAE,以O为原点,OE,OB,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,由题意得,各点坐标为P(0,0,3),A(-1,0,0),B(0,3,0),C(2,3,0),E(1,0,0),PB=(0,3,-3),PC=(2,3,-3),AE=(2,0,0),设PQ=PB(01),AQ=AP+PQ=AP+PB=(1,3,3-3),设平面AEQ的一个法向量为n=(x,y,z),则nAE=0,nAQ=0,即2x=0,x+3y+(3-3)z=0,取x=0,y=1,得z=-1,n=0,1,-1,设直线PC与平面AEQ所成角为,0,2,则sin=|cos|=|PCn|PC|n|=155,即3+31-101+-12=155,化简得42-4+1=0,解得=12,存在点Q为PB的中点时,使直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为155.|PB|=(3)2+(-3)2=6,|PQ|=12|PB|=62.|OB|=3,|PQ|OB|=623=22.13