2020年秋人教A版（新教材）选择性必修第一册 第一章 空间向量与立体几何 章末检测试卷（含答案解析）

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1、章末检测试卷章末检测试卷( (一一) ) (时间：120 分钟 满分：150 分) 一、单项选择题(本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分) 1在长方体 ABCDA1B1C1D1中，AB BCCC 1 D 1C1 等于( ) A.AD1 B.AC 1 C.AD D.AB 答案 A 解析 AB BCCC 1 D 1C1 AC1 C 1D1 AD1 . 2若直线 l 的方向向量为 a，平面 的法向量为 ，则能使 l 的是( ) Aa(1,0,0)，(2,0,0) Ba(1,3,5)，(1,0,1) Ca(0,2,1)，(1,0,1) Da(1，1,3)，(0,3,1) 答案 D 解析 由

2、 l，故 a，即 a 0，故选 D. 3 已知棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1的上底面 A1B1C1D1的中心为 O1， 则AO1 AC的值 为( ) A1 B0 C1 D2 答案 C 解析 由于AO1 AA 1 A 1O1 AA1 1 2(A1B1 A 1D1 )AA1 1 2(AB AD )，而AC ABAD ， 则AO1 AC AA1 1 2AB AD (AB AD )1 2(AB AD )21. 4已知ABC 的三个顶点为 A(3,3,2)，B(4，3,7)，C(0,5,1)，则 BC 边上的中线长为( ) A2 B3 C4 D5 答案 B 解析 设 BC 边的中点为 D

3、， 则AD 1 2(AB AC)(1，2,2)， 所以|AD |1443. 5若向量 a(x，4,5)，b(1，2,2)，且 a 与 b 的夹角的余弦值为 2 6 ，则 x 等于( ) A3 B3 C11 D3 或11 答案 A 解析 因为 a b(x，4,5) (1，2,2)x810 x2，且 a 与 b 的夹角的余弦值为 2 6 ， 所以 2 6 x2 x24252 144，解得 x3 或11(舍去)，故选 A. 6平面 的法向量 u(x，1，2)，平面 的法向量 1，y，1 2 ，已知 ，则 xy 等于( ) A.15 4 B.17 4 C3 D.5 2 答案 A 解析 由题意知，u，

4、即 x， 1y， 21 2， 解得 4，y1 4，x4， xy41 4 15 4 . 7已知平面 内两向量 a(1,1,1)，b(0,2，1)且 cmanb(4，4,1)若 c 为平面 的法向量，则 m，n 的值分别为( ) A1,2 B1，2 C1,2 D1，2 答案 A 解析 cmanb(4，4,1)(m，m，m)(0,2n，n)(4，4,1) (m4，m2n4，mn1)， 由 c 为平面 的法向量，得 c a0， c b0， 即 3mn10， m5n90， 解得 m1， n2. 8.如图， 四棱锥 PABCD 中， PB平面 ABCD， 底面 ABCD 为直角梯形， ADBC， ABBC

5、， ABADPB3，点 E 在棱 PA 上，且 PE2EA，则平面 ABE 与平面 BED 的夹角的余弦值 为( ) A. 2 3 B. 6 6 C. 3 3 D. 6 3 答案 B 解析 如图，以 B 为坐标原点，分别以 BC，BA，BP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空 间直角坐标系， 则 B(0,0,0)，A(0,3,0)，P(0,0,3)，D(3,3,0)，E(0,2,1)， BE (0,2,1)，BD (3,3,0) 设平面 BED 的法向量为 n(x，y，z)， 则 n BE 2yz0， n BD 3x3y0， 取 z1，得 n 1 2， 1 2，1 . 又平面 ABE

6、的法向量为 m(1,0,0)， cosn，m m n |n|m| 1 2 6 2 1 6 6 . 平面 ABE 与平面 BED 的夹角的余弦值为 6 6 . 二、多项选择题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分全部选对的得 5 分，部分选对的 得 3 分，有选错的得 0 分) 9已知空间三点 A(1,0,3)，B(1,1,4)，C(2，1,3)若AP BC，且|AP| 14，则点 P 的坐 标为( ) A(4，2,2) B(2,2,4) C(4,2，2) D(2，2,4) 答案 AB 解析 设AP (3，2，)又|AP| 14， 32222 14，解得 1， AP (3，2，1)或

7、AP(3,2,1) 设点 P 的坐标为(x，y，z)，则AP (x1，y，z3)， x13， y2， z31 或 x13， y2， z31， 解得 x4， y2， z2 或 x2， y2， z4. 故点 P 的坐标为(4，2,2)或(2,2,4) 10在三棱锥 ABCD 中，DA，DB，DC 两两垂直，且 DBDC，E 为 BC 的中点，则直线 AE 和 BC( ) A垂直 B. 相交 C共面 D异面 答案 ABC 解析 因为 E 为 BC 的中点，所以AE DE DA 1 2(DB DC )DA ， 因为在三棱锥 ABCD 中，DA，DB，DC 两两垂直，且 DBDC， 所以AE BC 1

8、2DB DC DA (DC DB ) 1 2(DC 2DB2)0. 所以 AE 和 BC 垂直又 AE，BC 显然相交，故选 ABC. 11若直线 l 的方向向量为 a(1,0,2)，平面 的法向量为 n(2,0，4)，则( ) Al Bl Cl Dl 与 相交 答案 BD 解析 a(1,0,2)，n(2,0，4)， n2a，即 an，l. 12已知直线 l 过点 P(1,0，1)且平行于向量 a(2,1,1)，平面 过直线 l 与点 M(1,2,3)，则 平面 的法向量可能是( ) A(1，4,2) B. 1 4，1， 1 2 C. 1 4，1， 1 2 D(0，1,1) 答案 ABC 解析

9、 因为PM (0,2,4)，直线 l 平行于向量 a，若 n 是平面 的一个法向量，则必须满足PM 与法向量垂直，把选项代入验证，只有选项 D 不满足，故选 ABC. 三、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13 已知正方体 ABCDA1B1C1D1中， 若点 F 是侧面 CD1的中心， 且AF AD mAB nAA 1 ， 则 m_. 答案 1 2 解析 由于AF AD DF AD 1 2(DC DD1 )AD 1 2AB 1 2AA1 ，所以 m1 2，n 1 2. 14设平面 的法向量为 m(1,2，2)，平面 的法向量为 n(2，4，k)，若 ， 则 k_. 答

10、案 4 解析 由 得 1 2 2 4 2 k ，解得 k4. 15在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线 BC1与直线 AB1 所成角的余弦值为_ 答案 5 5 解析 不妨设 CB1，则 B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1) BC1 (0,2，1)，AB 1 (2,2,1) cos BC1 ，AB 1 BC1 AB 1 |BC1 | |AB 1 | 041 53 5 5 . 16在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1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)

11、若 P，Q 均在平面 A1B1C1D1内，则 PQ 与 BD 的位置关系 是_；(2)|A1P|的最小值为_(本题第一空 2 分，第二空 3 分) 答案 (1)平行 (2)3 2 4 解析 (1)以 D 为原点，以 DA，DC，DD1 所在的直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系 如图所示， A1(1,0,1)，E 0，1，1 2 ，B(1,1,0) ，因为 P，Q 均在平面 A1B1C1D1内， 所以设 P(a，b，1)，Q(m，n，1)， A1E 1，1，1 2 ，BP (a1，b1,1)，BQ (m1，n1,1) ， 因为 BPA1E , BQA1E ， 所以 BP A 1E a1b

12、11 20， BQ A1E m1n11 20， 解得 ba1 2， nm1 2， PQ (nb，nb，0)， BD (1，1,0) ，所以 PQ 与 BD 的位置关系是平行 (2)由(1)可知：ba1 2， |A1P | a12b2 a12 a1 2 2 2a2a5 4 2 a1 4 29 8， 当 a1 4时，|A1P |有最小值，最小值为3 2 4 . 四解答题(本大题共 6 小题，共 70 分) 17(10 分)已知 a(x，4,1)，b(2，y，1)，c(3，2，z)，ab，bc，求： (1)a，b，c； (2)ac 与 bc 夹角的余弦值 解 (1)因为 ab，所以 x 2 4 y

13、1 1， 解得 x2，y4， 则 a(2,4,1)，b(2，4，1) 又 bc，所以 b c0，即68z0， 解得 z2，于是 c(3，2,2) (2)由(1)得 ac(5,2,3)，bc(1，6,1)， 设 ac 与 bc 的夹角为 ， 因为 cos 5123 38 38 2 19. 所以 ac 与 bc 夹角的余弦值为 2 19. 18(12 分)如图所示，在四棱锥 PABCD 中，PC平面 ABCD，PC2，在四边形 ABCD 中，CDAB，ABCBCD90 ，AB4，CD1，点 M 在 PB 上，且 PB4PM，PBC 30 ，求证：CM平面 PAD. 证明 建立如图所示的空间直角坐标

14、系 Cxyz， PBC30 ，PC2， BC2 3，PB4， D(1,0,0)，C(0,0,0)，A(4,2 3，0)，P(0，0,2)， PB4PM， PM1，M 0， 3 2 ，3 2 ， CM 0， 3 2 ，3 2 ，DP (1,0,2)，DA (3,2 3，0)， 设平面 PAD 的一个法向量 n(x，y，z)，则 n DP 0， n DA 0， 即 x2z0， 3x2 3y0， 令 x1，解得 y 3 2 ，z1 2，故 n 1， 3 2 ，1 2 ， 又CM n 0， 3 2 ，3 2 1， 3 2 ，1 2 0， CM n，又 CM平面 PAD， CM平面 PAD. 19.(1

15、2 分)如图，正方形 ADEF 与梯形 ABCD 所在的平面互相垂直，ADCD，ABCD，AB AD2，CD4，M 为 CE 的中点 (1)求证：BM平面 ADEF； (2)求证：BC平面 BDE. 证明 平面 ADEF平面 ABCD， 平面ADEF平面 ABCDAD， ADED， ED平面ADEF， ED平面 ABCD. 以 D 为原点，DA ，DC ，DE 分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系 则 D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,4,0)，E(0,0,2)，F(2,0,2) (1)M 为 EC 的中点，M(0,2,1)， 则BM (

16、2,0,1)，AD (2,0,0)，AF (0,0,2)， BM AD 1 2AF ，故BM ，AD ，AF 共面 又 BM平面 ADEF，BM平面 ADEF. (2)BC (2,2,0)，DB (2,2,0)，DE (0,0,2)， BC DB 440，BCDB. 又BC DE 0，BCDE. 又 DEDBD，BC平面 BDE. 20(12 分)在三棱柱 ABCA1B1C1中，底面 ABC 为正三角形，且侧棱 AA1底面 ABC，且底 面边长与侧棱长都等于 2，O，O1分别为 AC，A1C1的中点，求平面 AB1O1与平面 BC1O 间的 距离 解 如图，连接 OO1， 根据题意，OO1底面

17、 ABC，则以 O 为原点，分别以 OB，OC，OO1所在的直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 AO1OC1，OBO1B1，AO1O1B1O1，OC1OBO， 平面 AB1O1平面 BC1O. 平面 AB1O1与平面 BC1O 间的距离即为点 O1到平面 BC1O 的距离 O(0,0,0)，B( 3，0,0)，C1(0,1,2)，O1(0,0,2)， OB ( 3，0,0)，OC1 (0,1,2)，OO 1 (0,0,2)， 设 n(x，y，z)为平面 BC1O 的法向量，则 n OB 0， n OC1 0， 即 x0， y2z0， 可取 n(0,2，1) 点 O1到平面 BC1O 的距

18、离记为 d， 则 d|n OO1 | |n| 2 5 2 5 5 . 平面 AB1O1与平面 BC1O 间的距离为2 5 5 . 21(12 分)如图，在空间直角坐标系 Dxyz 中，四棱柱 ABCD A1B1C1D1为长方体，AA1 AB2AD，点 E，F 分别为 C1D1，A1B 的中点，求平面 B1A1B 与平面 A1BE 夹角的余弦值 解 设 AD1，则 A1(1,0,2)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)，D1(0,0,2)， 因为 E，F 分别为 C1D1，A1B 的中点， 所以 E(0,1,2)，F(1,1,1)， 所以A1E (1,1,0)，A 1B (0,2，2)， 设

19、m(x，y，z)是平面 A1BE 的法向量， 则 A1E m0， A1B m0， 所以 xy0， 2y2z0， 所以 yx， yz， 取 x1，则 yz1， 所以平面 A1BE 的一个法向量为 m(1,1,1) 又 DA平面 A1B1B， 所以DA (1,0,0)是平面 A1B1B 的一个法向量， 所以 cos m，DA m DA |m|DA | 1 3 3 3 ， 所以平面 B1 A1B 与平面 A1BE 夹角的余弦值为 3 3 . 22(12 分)如图所示， 已知几何体 EFGABCD，其中四边形 ABCD，CDGF，ADGE 均为 正方形，且边长为 1，点 M 在边 DG 上 (1)求证

20、：BMEF； (2)是否存在点 M，使得直线 MB 与平面 BEF 所成的角为 45 ？若存在，确定点 M 的位置； 若不存在，请说明理由 (1)证明 因为四边形 ABCD，CDGF，ADGE 均为正方形， 所以 GDDA，GDDC，ADCD， 又 DADCD，所以 GD平面 ABCD. 以点 D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz， 则 B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1) 因为点 M 在边 DG 上，故可设 M(0,0，t)(0t1) 可得MB (1,1，t)，EF (1,1,0)， 所以MB EF 1(1)11(t)00， 所以 BMEF. (2)解 假设

21、存在点 M，使得直线 MB 与平面 BEF 所成的角为 45 . 设平面 BEF 的法向量为 n(x，y，z)， 因为BE (0，1,1)，BF(1,0,1)， 所以 n BE 0， n BF 0， 所以 yz0， xz0， 令 z1，得 xy1，所以 n(1,1,1)为平面 BEF 的一个法向量， 所以 cosn，MB n MB |n|MB | 2t 3 2t2. 因为直线 MB 与平面 BEF 所成的角为 45 ， 所以 sin 45 |cosn，MB |， 所以 2t 3 2t2 2 2 ，解得 t4 3 2. 又 0t1，所以 t3 24. 所以存在点 M(0,0,3 24) 当点 M 位于 DG 上，且 DM3 24 时，直线 MB 与平面 BEF 所成的角为 45 .