新教材適用高中數(shù)學(xué)第1章空間向量與立體幾何測評新人教A版選擇性必修第一冊

第一章測評(時間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40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.已知向量a=(2,4,5),b=(3,x,y)分別是直線l1,l2的方向向量,若l1∥l2,則()A.x=6,y=15 B.x=3,y=15C.x=3,y=15 D.x=6,y=15解析:∵l1∥l2,∴a∥b.∴32=x答案:D2.已知a=(2,3,-4),b=(-4,-3,-2),b=12A.(0,3,-6) B.(0,6,-20) C.(0,6,-6) D.(6,6,-6)解析:由b=12答案:B3.已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若a,b,c共面,則實數(shù)λ的值為()A.627 B.637 C.65解析:由a,b,c共面,知存在m,n∈R,使c=ma+nb,即7=2m-答案:C4.已知向量a,b是平面α內(nèi)的兩個不相等的非零向量,非零向量c為直線l的方向向量,則c·a=0,且c·b=0是l⊥α的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件解析:若l⊥平面α,則l垂直于α內(nèi)的全部直線,從而有c·a=0,且c·b=0;反之,a,b是否共線不確定,若共線,則c⊥a,c⊥b,并不能保證l⊥平面α.故是必要不充分條件.答案:B5.已知正方體ABCD-A1B1C1D1,若點F是側(cè)面CD1的中心,且AF=AD+mAB-nA.12,-12 B.-1C.-12,解析:由于AF=AD+DF=AD+答案:A6.在四棱錐P-ABCD中,AB=(4,-2,3),AD=(-4,1,0),AP=(-6,2,-8),則這個四棱錐的高h等于()A.2 B.1 C.13 D.26解析:設(shè)平面ABCD的法向量為n=(x,y,z),則n所以y=4x,z=答案:A7.在棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別為A1B和AC上的點,A1M=AN=23A.斜交 B.平行 C.垂直 D.不能確定解析:如圖所示,∵A1M=AN=23∴A1M=13A1B,AN=1∴MN=MA1+∴MN,B1∴MN∥平面BB1C1C.答案:B8.如圖所示,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD是等邊三角形,四邊形ABCD是矩形,PC與平面ABCD成30°角,則ABADA.1 B.2 C.2 D.3解析:取AD的中點O,連接OP,OC.由題意知OP⊥AD,因為平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以O(shè)P⊥平面ABCD.以O(shè)為原點,OD所在直線為x軸,過點O,平行于DC的直線為y軸,OP所在直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.設(shè)AD=2a,AB=2b,則P(0,0,3a),C(a,2b,0),于是OC=(a,2b,0),PC=(a,2b,-3a).∵OP⊥平面ABCD,∴PC與平面ABCD所成的角即∠PCO.∴cos∠PCO=|OC·PC||答案:C二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得5分,部分選對的得2分,有選錯的得0分.9.若A,B,C,D為空間不同的四點,則下列式子可以化簡為零向量的是()A.AB+2BC+2CDB.2AB+2BC+3CD+3DAC.ABD.AB解析:A中,原式=AB+2BD+DC=AB+BD+BD+DC=答案:BD10.下列說法,不正確的是()A.|a|-|b|=|a+b|是a,b共線的充要條件B.若{a,b,c}為空間的一個基底,則{a+b,b+c,c+a}構(gòu)成空間的另一個基底C.對空間隨意一點O和不共線的三點A,B,C,若OP=2OA-2OB-D.|(a·b)·c|=|a||b||c|解析:對于A,|a|-|b|=|a+b|,兩邊平方,得-|a||b|=a·b,因此a與b的夾角為π,故是充分不必要條件,故不正確;對于B,由基底的定義知正確;對于C,2-2-1≠1,由四點共面的充要條件知,不正確;對于D,由向量的數(shù)量積的性質(zhì)知,不正確.答案:ACD11.如圖,一個結(jié)晶體的形態(tài)為平行六面體ABCD-A1B1C1D1,其中,以頂點A為端點的三條棱長都相等,且它們彼此的夾角都是60°,下列說法中正確的是()A.(AA1B.AC1·(C.向量B1D.BD1與AC所成角的余弦值為6解析:以頂點A為端點的三條棱長都相等,它們彼此的夾角都是60°,可設(shè)棱長為1,則AA1·AB=AA1·AD=AD·AB=1×1×cos60°=而2AC2=2(AB+AD)2=2(AB2+AC1·(AB-AD)=(AA向量B1C=A1所以向量A1D與又BD則BD|AC|=(AB+AD)2所以cos<BD1,答案:AB12.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,E,F,G分別為BC,CC1,BB1的中點,則()A.直線D1D與直線AF垂直B.直線A1G與平面AEF平行C.平面AEF與底面ABCD的夾角的余弦值為2D.點C與點G到平面AEF的距離相等解析:以D為原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),E(1,2,0),F(0,2,1),D1(0,0,2),A1(2,0,2),G(2,2,1).對于選項A,DD1=(0,0,2),AF=(-2,2,1),因為DD1·AF=2≠0,所以直線D1D與直線AF不垂直,故A不正確;對于選項B,AE=(-1,2,0),EF=(-1,0,1),設(shè)平面AEF的法向量為n=(x,y,z),由n·AE=0,n·EF=0,得n=(2,1,2)為平面AEF的一個法向量.因為A1G=(0,2,-1),所以n·A1G=2-2=0,所以n⊥A1G,所以直線A1G與平面AEF平行,故B正確;對于選項C,取平面ABCD的一個法向量u=(0,0,1),因為cos<n,u>=答案:BC三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.已知向量a=(0,-1,1),b=(4,1,0),|λa+b|=29,且λ>0,則λ的值為.

解析:(方法一)由|λa+b|=29,得λ2|a|2+|b|2+2λa·b=29.①|(zhì)a|=02|b|=42a·b=(0,-1,1)·(4,1,0)=0×4+(-1)×1+1×0=-1,代入①,得2λ2-2λ+17=29,即λ2-λ-6=0,解得λ=3或λ=-2.∵λ>0,∴λ=3.(方法二)由于a=(0,-1,1),b=(4,1,0),故λa+b=λ(0,-1,1)+(4,1,0)=(4,1-λ,λ),∵|λa+b|=29,∴42+(1-λ)2+λ2=29,整理得λ2-λ-6=0,解得λ=3或λ=-2.又λ>0,∴λ=3.答案:314.如圖,在空間四邊形ABCD中,AC和BD為對角線,G為△ABC的重心,E是BD上一點,BE=3ED,以{AB,AC,AD}為基底,則解析:由題意,連接AE,則GE=AE-AG=答案:-115.如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,AB=BC=AA1=2,點D是AC的中點,則異面直線A1D和B1C所成角的大小為.

解析:以B為原點,BA,BC,BB1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A1(2,0,2),D(1,1,0),B1(0,0,2),C(0,2,0),∴A1D=(-1,1,-2),∴cos<A1D,B1C>=66即異面直線A1D和B1C所成角的大小為π6答案:π16.在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,直線BC1與平面A1BD所成角的正弦值是,點C1到平面A1BD的距離是.(本題第一空2分,第2空3分)

解析:以D為原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(1,0,0),B(1,1,0),C1(0,1,1),易證AC∵AC1=(-1,1,1),∴cos<AC1,設(shè)直線BC1與平面A1BD所成的角為θ,則sinθ=|cos<AC1,∴直線BC1與平面A1BD所成角的正弦值為63點C1到平面A1BD的距離為|B答案:6四、解答題:本題共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.(10分)如圖,已知平行六面體ABCD-A1B1C1D1.設(shè)M是底面ABCD的中心,N是側(cè)面BCC1B1對角線BC1上的點,且BN=3NC1,若MN=aAB+bAD+cAA解:因為MN=MB+=12(AB-AD所以a=12,b=14,c=18.(12分)已知向量a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),點A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).(1)求|2a+b|;(2)在直線AB上,是否存在一點E,使得OE⊥b?(O為原點)解:(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|=02+(-(2)假設(shè)存在點E,使得OE⊥b.設(shè)AE=tAB,t∈R,則OE=OA+因為OE⊥b,所以O(shè)E·b=0,即-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=95因此,在直線AB上存在點E,使得OE⊥b,此時點E的坐標(biāo)為E-619.(12分)如圖,四邊形ABCD為正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=12(1)證明:平面PQC⊥平面DCQ;(2)證明:PC∥平面BAQ.證明:如圖,以D為原點,線段DA的長為單位長,DA,DP,DC所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz,則D(0,0,0),Q(1,1,0),C(0,0,1),A(1,0,0),B(1,0,1),P(0,2,0).(1)因為DQ=(1,1,0),DC=(0,0,1),PQ=(1,-1,0),所以PQ·DQ=0,所以PQ⊥DQ,PQ⊥DC.又DQ∩DC=D,所以PQ⊥平面DCQ.又PQ?平面PQC,所以平面PQC⊥平面DCQ.(2)因為DA=(1,0,0),AB=(0,0,1),AQ=(0,1,0),所以DA·AB=0,所以DA為平面BAQ的一個法向量.又因為PC=(0,-2,1),所以DA·所以DA⊥因為PC?平面BAQ,所以PC∥平面BAQ.20.(12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD∥BC,AB⊥AD,AB⊥PA,BC=2AB=2AD=4BE,平面PAB⊥平面ABCD.(1)求證:平面PED⊥平面PAC;(2)若直線PE與平面PAC所成角的正弦值為55解:∵平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AB⊥PA,且PA?平面PAB,∴PA⊥平面ABCD.又AB⊥AD,∴可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz.設(shè)BC=4,AP=λ(λ>0),則A(0,0,0),D(0,2,0),E(2,1,0),C(2,4,0),P(0,0,λ).(1)證明:∵AC=(2,4,0),AP=(0,0,λ),DE=(2,-1,0),∴DE·AC=4-4+0=0,∴DE⊥AC,DE⊥AP.又AC∩AP=A,∴DE⊥平面PAC.又DE?平面PED,∴平面PED⊥平面PAC.(2)由(1)知,平面PAC的一個法向量是DE=(2,-1,0),PE=(2,1,-λ).設(shè)直線PE與平面PAC所成的角為θ,則sinθ=|cos<PE,DE>|=∵λ>0,∴λ=2,即P(0,0,2).設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z),則n·DC=0,n·DP=0.∵DC=(2,2,0),DP=(0,-2,2),∴2∴y取n=(1,-1,-1),則cos<n,DE>=n·設(shè)平面PAC與平面PCD的夾角為θ,則cosθ=|cos<n,DE>|=155∴平面PAC與平面PCD的夾角的余弦值為15521.(12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD⊥底面ABCD,側(cè)棱PA=PD=2,底面ABCD為直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O為AD的中點,問:線段AD上是否存在一點Q,使得它到平面PCD的距離為32?若存在,求出AQ解:存在.在△PAD中,因為PA=PD,O為AD的中點,所以PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,且PO?平面PAD,所以PO⊥平面ABCD.由題意可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz.由已知得A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),所以CP=(-1,0,1),CD=(-1,1,0).假設(shè)存在點Q,使得它到平面PCD的距離為32設(shè)Q(0,y,0)(-1≤y≤1),則CQ=(-1,y,0).設(shè)平面PCD的法向量為n=(x0,y0,z0),則n所以z可取n=(1,1,1).所以點Q到平面PCD的距離為|CQ解得y=-12或y=5此時AQ=12,QD=3所以存在點Q滿意題意,此時AQQD22.(12分)如圖①所示,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分別是AC,AB上的點,且DE∥BC,DE=2,將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如圖②所示.圖①圖②(1)求證:A1C⊥平面BCDE;(2)若M是A1D的中點,求直線CM與平面A1BE所成角的大小;(3)線段BC上是否存在點P,使平面A1DP與平面A