学年新教材高中数学单元素养评价一第一章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.doc

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1、单元素养评价(一)(第一章)(120分钟150分)一、单选题(每小题5分，共40分)1设直线l的方向向量v，平面的法向量n，若l，则x()A1 B0 C5 D4【解析】选A.由l，则vn，则存在非零常数，使得vn，即解得x1.2空间中，与向量a(3，0，4)同向共线的单位向量为()Ae(1，0，1)Be(1，0，1)或e(1，0，1)CeDe或e【解析】选C.因为|a|5，所以与a同向共线的单位向量e(3，0，4).3已知正方体ABCDA1B1C1D1中，若点F是侧面CD1的中心，且mn，则m，n的值分别为()A， B，C， D，【解析】选A.由于()，所以m，n.4如图，棱长为1的正方体AB

2、CDA1B1C1D1，O是底面A1B1C1D1的中心，则O到平面ABC1D1的距离是()A. B C D【解析】选B.如图建立空间直角坐标系，则O，D1(0，0，1)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，1)，A1(1，0，1)，所以，由于AB平面ADD1A1，A1D平面ADD1A1，所以ABA1D，又AD1A1D，ABAD1A，所以A1D平面ABC1D1，故平面ABC1D1的一个法向量为(1，0，1)，所以O到平面ABC1D1的距离d.5已知空间中三点A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(1，3，1)，则()A与是共线向量 B的单位向量是C与夹角的余弦值是D平面ABC的一个法

3、向量是【解析】选D.由题意，对于A，所以，则与不是共线向量，所以A项是错误的；对于B，因为，所以的单位向量为或，所以B项是错误的；对于C，向量，所以cos ，所以C项是错误的；对于D，设平面ABC的一个法向量是n，因为，所以即令x1，得n(1，2，5)，所以平面ABC的一个法向量为n，所以D项是正确的6如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，2ACAA1BC2，D为AA1上一点若二面角B1DCC1的大小为60，则AD的长为()A. B C2 D【解析】选A.如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Cxyz，则C(0，0，0)，B1(0，

4、2，2).设ADa(0a2)，则点D的坐标为(1，0，a)，(1，0，a)，(0，2，2).设平面B1CD的法向量为m(x，y，z)，则即令z1，得m(a，1，1).又平面C1DC的一个法向量为n(0，1，0)，则由cos 60，得，即a，故AD.7在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F，G分别为棱A1D1，D1D，A1B1的中点，给出下列命题：AC1EG；GCED；B1F平面BGC1；EF和BB1所成角为.正确命题的个数是()A0 B1 C2 D3【解析】选C.设正方体棱长为2，建立空间直角坐标系如图所示，A，C1，G，C，E，D，B1，F，B.，2200，所以AC1EG，故正确，不存

5、在实数使，故GCED不成立，故错误，0，20，故B1F平面BGC1不成立，故错误，设EF和BB1所成角为，则cos ，由于，所以，故正确综上所述，正确的命题有2个8如图，该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成，半圆柱体底面直径BC4，ABAC，BAC90，D为半圆弧的中点，若异面直线BD和AB1所成角的余弦值为，则该几何体的体积为()A.168 B3216C328 D1616【解析】选A.设D在底面半圆上的射影为D1，连接AD1交BC于O，设A1DB1C1O1.依题意半圆柱体底面直径BC4，ABAC，BAC90，D为半圆弧的中点，所以AD1BC，A1DB1C1且O，O1分别是下底面、上底面半圆的圆心

6、连接OO1，则OO1与上下底面垂直，所以OO1OB，OO1OA，又OAOB，以OB，OA，OO1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设几何体的高为h，则B，D，A，B1，所以，由于异面直线BD和AB1所成的角的余弦值为，所以，即，h216，h4.所以几何体的体积为224424168.二、多选题(每小题5分，共20分，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)9在正方体ABCDA1B1C1D1中，下列各式中运算结果为的是()A BC D【解析】选ABCD.如图所示：对于A：，对于B：，对于C：，对于D：10如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱

7、AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则下列说法正确的是()AA1MD1P BA1MB1QCA1M平面DCC1D1 DA1M平面D1PQB1【解析】选ACD.，所以，所以A1MD1P，由线面平行的判定定理可知，A1M平面DCC1D1，A1M平面D1PQB1.ACD正确11在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，ADAA12，P，Q，R分别是AB，BB1，A1C上的动点，下列结论正确的是()A对于任意给定的点P，存在点Q使得D1PCQB对于任意给定的点Q，存在点R使得D1RCQC当ARA1C时，ARD1RD当A1C3A1R时，D1R平面BDC1【解析】选ABD.如图所示，建立空

8、间直角坐标系，设P，a，Q，b， 设，得到R，.，42b，当b2时，D1PCQ，A正确；，22b，取时，D1RCQ，B正确；由ARA1C，得412440，此时0，C错误；A1C3A1R，则R，设平面BDC1的法向量为n，则解得n，故n0，故D1R平面BDC1，D正确12如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1中，AB1，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总是保持APBD1，则以下四个结论正确的是()A.VPAA1DB点P必在线段B1C上CAPBC1DAP平面A1C1D【解析】选BD.对于A，因为P在平面BCC1B1上，平面BCC1B1平面AA1D，所以P到平面AA1D的距离即为C到平面

9、AA1D的距离，即为正方体棱长，所以VPAA1DSAA1DCD111，A错误；对于B，以D为坐标原点可建立如图所示的空间直角坐标系：则A，P，B，D1，B1，C，C1(0，1，1)，所以，因为APBD1，所以1x1z0，所以xz，即P，所以，所以x，即B1，P，C三点共线，所以P必在线段B1C上，B正确；对于C，因为，所以1xx1，所以AP与BC1不垂直，C错误；对于D，因为A1，C1，D，所以，设平面A1C1D的法向量n，所以令x1，则z1，y1，所以n，所以nx11x0，即n，所以AP平面A1C1D，D正确三、填空题(每小题5分，共20分)13在空间直角坐标系中，点P(0，0，1)为平面A

10、BC外一点，其中A(1，1，0)，B(0，2，3)，若平面ABC的一个法向量为(1，m，1)，则点P到平面ABC的距离为_【解析】在空间直角坐标系中，A(1，1，0)，B(0，2，3)，所以，而平面ABC的一个法向量为n(1，m，1)，所以n0，即1m30，解得m2，所以n(1，2，1)，点P(0，0，1)，则，则由点到平面的距离公式可得d.答案：14如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为_【解析】以D为坐标原点，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，设DD1a，则A(2，0，

11、0)，C(0，2，0)，D1(0，0，a)，C1(0，2，a)，故(2，2，0)，(2，0，a)，(0，0，a).设平面ACD1的一个法向量为n(x，y，z)，则可取n，故cos n，又直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，所以，解得a4.答案：415如图，在四面体DABC中，ADBDACBC5，ABDC6.若M为线段AB上的动点(不包含端点)，则二面角DMCB的余弦值的取值范围是_【解析】以AB的中点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，计算得D，C(0，4，0)，M(a，0，0)(3a3)，平面MBC的一个法向量为n1(0，0，1)，设平面DMC的一个法向量为n2(x，y，z)，则，(

12、a，4，0)，则即令z9，x，y，所以平面DMC的一个法向量为n2，所以，因为3a3，所以a2144256，所以，即二面角的余弦值的取值范围是.答案：16如图，在三棱锥SABC中，SASBSC，且ASBBSCCSA，M，N分别是AB和SC的中点则异面直线SM与BN所成的角的余弦值为_，直线SM与面SAC所成角的大小为_【解析】因为ASBBSCCSA，所以以S为坐标原点，SA，SB，SC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系设SASBSC2，则M(1，1，0)，B(0，2，0)，N(0，0，1)，A(2，0，0)，C(0，0，2).因为(1，1，0)，(0，2，1)，cos ，所以异面直线

13、SM与BN所成的角的余弦值为，面SAC的一个法向量为(0，2，0)，则由cos ，得，即直线SM与面SAC所成角大小为.答案：四、解答题(共70分)17(10分)已知向量a(1，3，2)，b(2，m，4).(1)若ab，求实数m的值；(2)若ab，求实数m的值【解析】(1)a(1，3，2)，b(2，m，4)，若ab，则(1，3，2)(2，m，4)，解得即m6.(2)若ab，则ab23m80，解得m.18(12分)已知在空间直角坐标系中，A(1，2，4)，B(2，3，0)，C(2，2，5).(1)求，2，；(2)若点M满足，求点M的坐标；(3)若p，q，求(pq)(pq).【解析】(1)因为A(

14、1，2，4)，B(2，3，0)，C(2，2，5)，所以(3，5，4)，(1，0，9).所以(4，5，5)，又(4，5，5)，(3，5，4)所以2(10，15，3)，又(3，5，4)，(1，0，9)，所以303633.(2)由(1)知，(3，5，4)(1，0，9)若设M(x，y，z)，则(x1，y2，z4)于是解得故M.(3)由(1)知p(1，0，9)，q(4，5，5).(pq)(pq)|p|2|q|2826616.19(12分)如图所示，在平行四边形ABCD中，DAB60，AB2，AD4，将CBD沿BD折起到EBD的位置，使平面EBD平面ABD.(1)求证：ABDE；(2)若点F为BE的中点，

15、求直线AF与平面ADE所成角的正弦值【解析】(1)在ABD中，由余弦定理，得BD2AB2AD22ABAD cos DAB，即BD24161612，所以BD2，所以BD2AB2AD2，所以ABD和EBD均为直角三角形，所以EDDB.又DB是平面EBD和平面ABD的交线，且平面EBD平面ABD，ED平面EBD，所以ED平面ABD.又AB平面ABD，所以ABDE.(2)由(1)知EDBCDB90，以D为坐标原点，射线DB，DC，DE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)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，E(0，0，2)，A(2，2，0)，F(，0，1)，所以(2，2

16、，0)，(0，0，2)，(，2，1).设平面ADE的法向量为n(x，y，z)，则有即令x1，则y，z0，所以n(1，0).设直线AF与平面ADE所成的角为，则有sin |cos n，|.所以直线AF与平面ADE所成角的正弦值为.20(12分)在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABBC3，AC2，D是AC的中点(1)求证：B1C平面A1BD；(2)求直线B1C到平面A1BD的距离【解析】(1)连接AB1交A1B于点E，连接DE，则点E为AB1的中点，又D是AC的中点，所以DEB1C，因为DE平面A1BD，B1C平面A1BD，所以B1C平面A1BD；(2)因为B1C平面A1BD，所以B1C到平

17、面A1BD的距离就等于点B1到平面A1BD的距离以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B1，B，A1，.设平面A1BD的法向量为n，所以即即令z1，则n.所求距离为d.21(12分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，ACBCCC12，D是棱A1B1的中点，侧棱CC1底面ABC.(1)求异面直线CB1与AC1所成的角；(2)求平面ADC1与平面ABC所成二面角的正弦值【解析】(1)因为侧棱CC1底面ABC，所以CC1AC，CC1BC.又因为ACBC，所以可以以C为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Cxyz，如图所示因为AA1，BB1，CC1

18、都是三棱柱ABCA1B1C1的侧棱，且CC1底面ABC，所以四边形AA1C1C与CC1B1B都是矩形因为ACBCCC12，所以矩形AA1C1C与CC1B1B都是边长为2的正方形所以C(0，0，0)，A(0，0，2)，B1(2，2，0)，C1(0，2，0). 所以(2，2，0)，(0，2，2).所以cos ，所以异面直线CB1与AC1所成的角是60. (2)因为D是棱A1B1的中点，所以D(1，2，1). 由(1)知，C(0，0，0)，A(0，0，2)，C1(0，2，0).所以(0，2，0)，(0，2，2)，(1，2，1).因为侧棱CC1底面ABC，所以(0，2，0)是平面ABC的法向量. 设平

19、面ADC1的法向量为n(x，y，z)，则即解得 故可取n(1，1，1).所以cos ，n.所以sin ，n.故平面ADC1与平面ABC所成二面角的正弦值为.22(12分)如图，在多面体ABCDP中，ABC是边长为4的等边三角形，PAAC，BDCD2，PCPB4，点E为BC的中点，平面BDC平面ABC. (1)求证：DE平面PAC；(2)线段BC上是否存在一点T，使得二面角TDAB为直二面角？若存在，试指出点T的位置；若不存在，请说明理由【解析】(1)因为BDCD2，ABC是边长为4的等边三角形，所以BD2CD22216BC2，所以BDC是等腰直角三角形，BDC90.又点E为BC的中点，所以DE

20、BC.因为平面BDC平面ABC，平面BDC平面ABCBC，所以DE平面ABC.因为PCPB4，PAACAB4，所以PA2AC2424232PC2，PA2AB2424232PB2，所以PAB与PAC都是等腰直角三角形，故PAAC，PAAB.又ACABA，所以PA平面ABC，所以DEPA.因为PA平面PAC，DE平面PAC，所以DE平面PAC.(2)连接AE，以E为原点，EC，EA，ED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，B，C，D，设存在T，使得二面角TDAB为直二面角，易知22，且0.设平面BAD的法向量为n1，则由，得令z11，得x11，y1，故n1.设平面TAD的法向量为n2，则由，得令z21，得x2，y2，故n2.由cos n1，n20，得10，故.所以当T为线段BC上靠近点C的八等分点时，二面角TDAB为直二面角