高中數(shù)學(xué)北師大版1本冊總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí) 章末綜合測評

章末綜合測評(二)空間向量與立體幾何(時間120分鐘，滿分150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．若a、b、c是空間任意三個向量，λ∈R，下列關(guān)系式中不成立的是()A．a(chǎn)＋b＝b＋a B．λ(a＋b)＝λb＋λaC．(a＋b)＋c＝a＋(b＋c) D．b＝λa【解析】只有a，b共線時，b＝λa，故選D.【答案】D2．已知點A在基底a，b，c下的坐標(biāo)為(8,6,4)，其中a＝i＋j，b＝j(luò)＋k，c＝k＋i，則點A在基底i，j，k下的坐標(biāo)是()A．(12,14,10) B．(10,12,14)C．(14,12,10) D．(4,3,2)【解析】設(shè)點A在基底{a，b，c}下對應(yīng)的向量為p，則p＝8a＋6b＋4c＝8i＋8j＋6j＋6k＋4k＋4i＝12i＋14j＋10k，故點A在基底{i，j，k}下的坐標(biāo)為(12,14,10)．【答案】A3．若直線l的方向向量為a＝(1,0,2)，平面α的法向量為u＝(－2,0，－4)，則()A．l∥α B．l⊥αC．l?α D．l與α斜交【解析】∵u＝－2a，∴l(xiāng)⊥α.【答案】B4.如圖1，在四面體A-BCD中，已知eq\o(AD,\s\up12(→))＝a，eq\o(AB,\s\up12(→))＝b，eq\o(AC,\s\up12(→))＝c，eq\o(BE,\s\up12(→))＝eq\f(1,2)eq\o(EC,\s\up12(→))，則eq\o(DE,\s\up12(→))等于()圖1A．－a＋eq\f(2,3)b＋eq\f(1,3)cB．a(chǎn)＋eq\f(2,3)b＋eq\f(1,3)cC．a(chǎn)－eq\f(2,3)b＋eq\f(1,3)c\f(2,3)a－b＋eq\f(1,3)c【解析】eq\o(DE,\s\up12(→))＝eq\o(DC,\s\up12(→))＋eq\o(CE,\s\up12(→))＝eq\o(AC,\s\up12(→))－eq\o(AD,\s\up12(→))＋eq\f(2,3)eq\o(CB,\s\up12(→))＝eq\o(AC,\s\up12(→))－eq\o(AD,\s\up12(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(AB,\s\up12(→))－eq\o(AC,\s\up12(→)))＝－eq\o(AD,\s\up12(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up12(→))＝－a＋eq\f(2,3)b＋eq\f(1,3)c.【答案】A5．從點A(2，－1,7)沿向量a＝(8,9，－12)的方向取線段長AB＝34，則B點的坐標(biāo)為()A．(－9，－7,7) B．(18,17，－17)C．(9,7，－7) D．(－14，－19,31)【解析】設(shè)B(x，y，z)，eq\o(AB,\s\up12(→))＝(x－2，y＋1，z－7)＝λ(8,9，－12)，λ>0.故x－2＝8λ，y＋1＝9λ，z－7＝－12λ，又(x－2)2＋(y＋1)2＋(z－7)2＝342，得(17λ)2＝342，∵λ>0，∴λ＝2.∴x＝18，y＝17，z＝－17，即B(18,17，－17)．【答案】B6．(2023·長春高二檢測)已知向量e1，e2，e3，是兩兩垂直的單位向量，且a＝3e1＋2e2－e3，b＝e1＋2e3，則(6a)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b))等于()A．15 B．3C．－3 D．5【解析】以(e1，e2，e3)為基底，a＝(3,2，－1)，b＝(1,0,2)，(6a)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b))＝3a·b＝3(3×1＋0×2－2)＝3.【答案】B7．已知平面α的法向量是(2,3，－1)，平面β的法向量是(4，λ，－2)，若α∥β，則λ的值是()A．－eq\f(10,3) B．6C．－6 D．eq\f(10,3)【解析】∵α∥β，∴平面α的法向量與平面β的法向量也互相平行，∴eq\f(2,4)＝eq\f(3,λ)＝eq\f(－1,－2)，∴λ＝6.【答案】B8．正方體ABCD-A1B1C1D1中，直線DD1與平面A1BC1()【導(dǎo)學(xué)號：32550059】\f(\r(3),3) B．eq\f(\r(6),3)\f(1,3) D．eq\f(2,3)【解析】以DA，DC，DD1為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)棱長為1，則平面A1BC1的法向量為n＝(1,1,1)，eq\o(DD1,\s\up12(→))＝(0,0,1)，∴cos〈n，eq\o(DD1,\s\up12(→))〉＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，∴sinθ＝eq\f(\r(3),3).【答案】A9．如圖2，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，則BC1與平面BB1D1D圖2\f(\r(6),3) B．eq\f(2\r(5),5)\f(\r(15),5) D．eq\f(\r(10),5)【解析】建立如圖所示坐標(biāo)系，得D(0,0,0)，B(2,2,0)，C1(0,2,1)，B1(2,2,1)，D1(0,0,1)，則eq\o(DB,\s\up12(→))＝(2,2,0)，eq\o(DD1,\s\up12(→))＝(0,0,1)，eq\o(BC1,\s\up12(→))＝(－2,0,1)．設(shè)平面BD1的法向量n＝(x，y，z)．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DB,\s\up12(→))＝2x＋2y＝0，,n·\o(DD1,\s\up12(→))＝z＝0，))∴取n＝(1，－1,0)．設(shè)BC1與平面BD1所成的角為θ，則sinθ＝cos〈n，eq\o(BC1,\s\up12(→))〉＝eq\f(|\o(BC1,\s\up12(→))·n|,|\o(BC1,\s\up12(→))||n|)＝eq\f(2,\r(5)·\r(2))＝eq\f(\r(10),5).【答案】D10．在棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中，異面直線B1C與A．30° B．60°B．120° D．150°【解析】建立如圖所示的坐標(biāo)系，則B(a,0,0)，B1(a,0，a)，C(a，a,0)，D(0，a,0)，∴eq\o(B1C,\s\up12(→))＝(0，a，－a)，eq\o(DB,\s\up12(→))＝(a，－a,0)，∴cos〈eq\o(B1C,\s\up12(→))，eq\o(DB,\s\up12(→))〉＝eq\f(\o(B1C,\s\up12(→))·\o(DB,\s\up12(→)),|\o(B1C,\s\up12(→))|·|\o(DB,\s\up12(→))|)＝eq\f(－a2,\r(2)a·\r(2)a)＝－eq\f(1,2)，∴〈eq\o(B1C,\s\up12(→))，eq\o(DB,\s\up12(→))〉＝120°.∴異面直線B1C和DB所成的角為60°.【答案】B11．在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是棱長為1的正三角形，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，點D在棱BB1上，且BD＝1，若AD與平面AA1C1C所成的角為\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(2),2)\f(\r(10),4) D．eq\f(\r(6),4)【解析】如圖所示，建立坐標(biāo)系，易求點Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，平面AA1C1C的一個法向量是n＝(1,0,0)，所以cos〈n，eq\o(AD,\s\up12(→))〉＝eq\f(\f(\r(3),2),\r(2))＝eq\f(\r(6),4)，即sinα＝eq\f(\r(6),4).【答案】D12.如圖3，在四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAD為正三角形，底面ABCD為正方形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，M為底面ABCD內(nèi)的一個動點，且滿足MP＝MC.則點M在正方形ABCD內(nèi)的軌跡為()圖3【解析】如圖，以D為原點，DA、DC分別為x，y軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)M(x，y,0)，設(shè)正方形邊長為a，則Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，\f(\r(3),2)a))，C(0，a,0)，則|MC|＝eq\r(x2＋y－a2)，|MP|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))2＋y2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))2).由|MP|＝|MC|得x＝2y，所以M在正方形ABCD內(nèi)的軌跡為一條直線y＝eq\f(1,2)x.【答案】A二、填空題(本大題共4個小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中的橫線上)13．已知向量a＝(1－t,1－t，t)，b＝(2，t，t)，則|b－a|的最小值為________．【導(dǎo)學(xué)號：32550060】【解析】∵b－a＝(1＋t,2t－1,0)∴|b－a|＝eq\r(1＋t2＋2t－12)＝eq\r(5t2－2t＋2)與t＝eq\f(1,5)時|b－a|有最小值為eq\f(3\r(5),5).【答案】eq\f(3\r(5),5)14．若平面α，β的法向量分別為u＝(4,0,3)，v＝(－1,1,0)，則這兩個平面所成的銳角的二面角的余弦值為________．【解析】∵平面α，β的法向量分別為u＝(4,0,3)，v＝(－1,1,0)．∴cos〈u，v〉＝eq\f(u·v,|u||v|)＝eq\f(－4,5×\r(2))＝－eq\f(2\r(2),5).∴兩個平面所成的銳角的二面角的余弦值為eq\f(2\r(2),5).【答案】eq\f(2\r(2),5)15．已知A(4,1,3)，B(2，－5,1)，C為線段AB上一點，滿足eq\o(AC,\s\up12(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up12(→))，則點C的坐標(biāo)為________．【解析】將等式eq\o(AC,\s\up12(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up12(→))改寫為eq\o(OC,\s\up12(→))－eq\o(OA,\s\up12(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(OB,\s\up12(→))－eq\o(OA,\s\up12(→)))，即eq\o(OC,\s\up12(→))＝eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(OB,\s\up12(→))－eq\o(OA,\s\up12(→)))，eq\o(OC,\s\up12(→))＝eq\f(2\o(OA,\s\up12(→))＋\o(OB,\s\up12(→)),3).又2eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OB,\s\up12(→))＝(10，－3,7)，∴eq\o(OC,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，－1，\f(7,3)))，即點C的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，－1，\f(7,3))).【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，－1，\f(7,3)))16．在直三棱柱ABC-A′B′C′中，底面ABC是等腰直角三角形，且AB＝AC＝1，AA′＝2，則A′到直線BC′的距離為________．【導(dǎo)學(xué)號：32550061】【解析】由題意，可知AB、AC、AA′兩兩垂直，故以A為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A′(0,0,2)，B(1,0,0)，C′(0,1,2)，所以點A′到直線BC′的距離為d＝eq\r(|\o(BA′,\s\up12(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BA′,\s\up12(→))·\f(\o(BC′,\s\up12(→)),|\o(BC′,\s\up12(→))|)))2)＝eq\r(5－\f(25,6))＝eq\f(\r(30),6).【答案】eq\f(\r(30),6)三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)已知a＝(1,1,0)，b＝(0,1,1)，c＝(1,0,1)，p＝a－b，q＝a＋2b－c，求p，q，p·q.【解】p＝a－b＝(1,1,0)－(0,1,1)＝(1,0，－1)．q＝a＋2b－c＝(1,1,0)＋2(0,1,1)－(1,0,1)＝(0,3,1)．p·q＝(1,0，－1)·(0,3,1)＝1×0＋0×3＋(－1)×1＝－1.18．(本小題滿分12分)已知三棱柱ABC-A1B1C1的各條棱長均為a，側(cè)棱垂直于底面，D是側(cè)棱CC1的中點，問a為何值時，點C到平面AB1D的距離為【解】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，B-xyz.則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，0))，C(0，a,0)，B1(0,0，a)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，\f(a,2))).則eq\o(AB1,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，－\f(a,2)，a)).eq\o(B1D,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，－\f(a,2)))，eq\o(AC,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，0)).設(shè)n＝(x，y，z)為平面AB1D的一個法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB1,\s\up12(→))＝0，,n·\o(B1D,\s\up12(→))＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)ax－\f(a,2)y＋az＝0，,ay－\f(a,2)z＝0.))令x＝1，則y＝eq\f(\r(3),3)，z＝eq\f(2\r(3),3)，∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)，\f(2\r(3),3).))∴點C到平面AB1D的距離d＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AC,\s\up12(→))·n,|n|)))＝eq\f(\r(2),4)a.令eq\f(\r(2),4)a＝1，∴a＝2eq\r(2).19．(本小題滿分12分)如圖4，在六面體ABCD-A1B1C1D1中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，四邊形A1B1C1D1是邊長為1的正方形，DD1⊥平面A1B1C1D1，DD1⊥平面ABCD，圖4求證：(1)A1C1與AC共面，B1D1與BD共面；(2)平面A1ACC1⊥平面B1BDD1.【證明】圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz，則有D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，A1(1,0,2)，B1(1,1,2)，C1(0,1,2)，D1(0,0,2)．以D為原點，分別以eq\o(DA,\s\up12(→))，eq\o(DC,\s\up12(→))，eq\o(DD1,\s\up12(→))的方向為x，y，z軸的正方向，建立如(1)∵eq\o(A1C1,\s\up12(→))＝(－1,1,0)，eq\o(AC,\s\up12(→))＝(－2,2,0)，eq\o(D1B1,\s\up12(→))＝(1,1,0)，eq\o(DB,\s\up12(→))＝(2,2,0)，∴eq\o(AC,\s\up12(→))＝2eq\o(A1C1,\s\up12(→))，eq\o(DB,\s\up12(→))＝2eq\o(D1B1,\s\up12(→)).∴eq\o(AC,\s\up12(→))與eq\o(A1C1,\s\up12(→))平行，eq\o(DB,\s\up12(→))與eq\o(D1B1,\s\up12(→))平行，于是A1C1與AC共面，B1D1與BD共面．(2)eq\o(DD1,\s\up12(→))·eq\o(AC,\s\up12(→))＝(0,0,2)·(－2,2,0)＝0，eq\o(DB,\s\up12(→))·eq\o(AC,\s\up12(→))＝(2,2,0)·(－2,2,0)＝0，∴eq\o(DD1,\s\up12(→))⊥eq\o(AC,\s\up12(→))，eq\o(DB,\s\up12(→))⊥eq\o(AC,\s\up12(→)).又∵DD1與DB是平面B1BDD1內(nèi)的兩條相交直線，∴AC⊥平面B1BDD1.又平面A1ACC1過AC，∴平面A1ACC1⊥平面B1BDD1.20．(本小題滿分12分)正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面邊長為2eq\r(2)，側(cè)棱長為4，E，F(xiàn)分別為棱AB，CB的中點．EF∩BD＝G.求三棱錐B1-EFD1的體積．【解】以D為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，則B1(2eq\r(2)，2eq\r(2)，4)，D1(0,0,4)，E(2eq\r(2)，eq\r(2)，0)，F(xiàn)(eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，∴eq\o(D1E,\s\up12(→))＝(2eq\r(2)，eq\r(2)，－4)，eq\o(D1F,\s\up12(→))＝(eq\r(2)，2eq\r(2)，－4)，eq\o(D1B1,\s\up12(→))＝(2eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，∴cos〈eq\o(D1E,\s\up12(→))，eq\o(D1F,\s\up12(→))〉＝eq\f(\o(D1E,\s\up12(→))·\o(D1F,\s\up12(→)),|D1E|·|D1F|)＝eq\f(24,\r(26)·\r(26))＝eq\f(12,13)，∴sin〈eq\o(D1E,\s\up12(→))，eq\o(D1F,\s\up12(→))〉＝eq\f(5,13)，所以S△D1EF＝eq\f(1,2)|eq\o(D1E,\s\up12(→))|·|eq\o(D1F,\s\up12(→))|·sin〈eq\o(D1E,\s\up12(→))，eq\o(D1F,\s\up12(→))〉＝eq\f(1,2)×eq\r(26)×eq\r(26)×eq\f(5,13)＝5，又∵平面D1EF的法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(3,4)\r(2)))，∴點B1到平面D1EF的距離d＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(D1B1,\s\up12(→))·\f(n,|n|)))＝eq\f(16,5)，∴VB1-EFD1＝eq\f(1,3)·S△EFD1·d＝eq\f(1,3)×5×eq\f(16,5)＝eq\f(16,3).21.(本小題滿分12分)如圖5，在底面是菱形的四棱錐P-ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝AC＝a，PB＝PD＝eq\r(2)a，點E在PD上，且PE∶ED＝2∶1.圖5(1)證明：PA⊥平面ABCD；(2)在棱PC上是否存在點F，使BF∥平面AEC?【解】(1)證明：∵底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∵AB＝AD＝AC＝a.在△ABP中，PA2＋AB2＝2a2＝PB2，∴PA⊥AB.同理PA⊥AD.∵AB∩AD＝A，∴PA⊥平面ABCD.(2)以A為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的坐標(biāo)系，由題意，得A(0,0,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，－\f(a,2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，0))，D(0，a,0)，P(0,0，a)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)a，\f(1,3)a)).∴eq\o(AE,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)a，\f(1,3)a))，eq\o(AC,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，0))，eq\o(PC,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，－a))，eq\o(BP,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，a)).設(shè)點F是PC上一點，eq\o(PF,\s\up12(→))＝λeq\o(PC,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)aλ，\f(a,2)λ，－aλ))，∴eq\o(BF,\s\up12(→))＝eq\o(BP,\s\up12(→))＋eq\o(PF,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)aλ－1，\f(a,2)1＋λ，a1－λ)).令eq\o(BF,\s\up12(→))＝meq\o(AC,\s\up12(→))＋neq\o(AE,\s\up12(→))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)aλ－1＝\f(\r(3),2)am，,\f(1,2)a1＋λ＝\f(1,2)am＋\f(2,3)an，,a1－λ＝\f(1,3)an.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(1,2)，,m＝－\f(1,2)，,n＝\f(3,2).))即當(dāng)F為PC中點時，eq\o(BF,\s\up12(→))、eq\o(AC,\s\up12(→))、eq\o(AE,\s\up12(→))共面．又BF不在平面AEC內(nèi)，故當(dāng)F為PC中點時，BF∥平面AEC.22.(本小題滿分12分)(2023·山東高考)如圖6，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是線段AB圖6(1)求證：C1M∥平面A1AD