第一章 空间向量与立体几何 章末复习试卷（含答案）2021年人教版A版高中数学选择性必修第一册

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1、第一章第一章 空间向量与立体几何空间向量与立体几何 (满分：150 分 时间：120 分钟) 一、单项选择题(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空间直角坐标系中，点 A(3,4,0)与点 B(2，1,6)的距离是( ) A2 43 B2 21 C9 D 86 2在空间四边形 ABCD 中，若向量AB(3,5,2)，CD(7，1，4)，点 E，F 分别为线段 BC，AD 的中点，则EF的坐标为( ) A(2,3,3) B(2，3，3) C(5，2,1) D(5,2，1) 3A，B，C 不共线，对空间内任意一点 O，若OP34OA

2、18OB18OC，则 P，A，B，C 四点( ) A不共面 B共面 C不一定共面 D无法判断是否共面 4已知平面 的一个法向量为 n(1，1,0)，则 y 轴与平面 所成的角的大小为( ) A6 B4 C3 D2 5.长方体 ABCD- A1B1C1D1中 ABAA12，AD1，E 为 CC1的中点，则异面直线 BC1与 AE 所成角的余弦值为( ) A1010 B3010 C2 1510 D3 1010 6空间直角坐标系中 A(1,2,3)，B(1,0,5)，C(3,0,4)，D(4,1,3)，则直线 AB 与 CD 的位置关系是( ) A平行 B垂直 C相交但不垂直 D无法确定 7.如图是

3、一平行六面体 ABCD- A1B1C1D1，E 为 BC 延长线一点，BC2CE，则D1E( ) AABADAA1 BAB12ADAA1 CABADAA1 DAB13ADAA1 8.如图所示，ABCD- A1B1C1D1是棱长为 6 的正方体，E，F 分别是棱 AB，BC 上的动点，且 AEBF.当 A1，E，F，C1四点共面时，平面 A1DE 与平面 C1DF 所成夹角的余弦值为( ) A22 B12 C15 D2 65 二、多项选择题(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，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分) 9已

4、知正方体 ABCD - A1B1C1D1的中心为 O，则下列结论中正确的有( ) AOAOD与OB1OC1是一对相反向量 BOBOC与OA1OD1是一对相反向量 COAOBOCOD与OA1OB1OC1OD1是一对相反向量 DOA1OA与OCOC1是一对相反向量 10在以下命题中，不正确的命题有( ) A|a|b|ab|是 a，b 共线的充要条件 B若 ab，则存在唯一的实数 ，使 ab C对空间任意一点 O 和不共线的三点 A，B，C，若OP2OA2OBOC，则 P，A，B，C 四点共面 D若a，b，c为空间的一个基底，则ab，bc，ca构成空间的另一个基底 11在正方体 ABCD- A1B1

5、C1D1中，若 E 为 A1C1的中点，则与直线 CE 不垂直的有( ) AAC BBD CA1D DA1A 12.如图， 已知 E 是棱长为 2 的正方体 ABCD- A1B1C1D1的棱 BC 的中点， F 是棱 BB1的中点， 设点 D 到面 AED1的距离为 d，直线 DE 与面 AED1所成的角为 ，面 AED1与面 AED 的夹角为 ，则( ) ADF面 AED1 Bd43 Csin 4 515 Dcos 23 三、填空题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分把答案填在题中的横线上) 13已知向量 e1，e2，e3是三个不共面的非零向量，且 a2e1e2e3，be14e2

6、2e3，c11e15e2e3，若向量 a，b，c 共面，则 _. 14.如图，在长方体 ABCD- A1B1C1D1中，ABBC2，AA1 2，E，F 分别是面 A1B1C1D1、面 BCC1B1的中心，则 E、F 两点间的距离为_ 15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_ 16已知向量 a(1，3,2)，b(2,1,1)，点 A(3，1,4)，B(2，2,2)则|2ab|_；在直线 AB 上，存在一点 E，使得OEb，则点 E 的坐标为_(

7、第一空 2 分，第二空 3 分) 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(本小题满分 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 18(本小题满分 12 分)如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱 ABCD- A1B1C1D1，底面 ABCD 是正方形，CC13，CD2，且C1CBC1CD60 . (1)设CDa，CBb，CC1c，试用 a，b，c 表示A1C； (2)已知 O 为四棱柱 ABCD- A1B1C1D1的中心，求 CO 的长 19(本小题

8、满分 12 分)如图，在正四棱柱 ABCD- A1B1C1D1中，已知 AB2，AA15，E、F 分别为 D1D、B1B 上的点，且 DEB1F1. (1)求证：BE平面 ACF； (2)求点 E 到平面 ACF 的距离 20.(本小题满分 12 分)如图所示，已知点 P 在正方体 ABCD- ABCD的对角线 BD上，PDA60 . (1)求 DP 与 CC所成角的大小； (2)求 DP 与平面 AADD 所成角的大小 21 (本小题满分 12 分)如图， 边长为 2 的等边PCD 所在的平面垂直于矩形 ABCD 所在的平面， BC2 2，M 为 BC 的中点 (1)证明：AMPM； (2)

9、求平面 PAM 与平面 DAM 的夹角的大小； (3)求点 D 到平面 AMP 的距离 22(本小题满分 12 分)如图，四棱锥 S- ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的 2倍，P 为侧棱 SD 上的点 (1)求证：ACSD； (2)若 SD平面 PAC，求平面 PAC 与平面 ACD 的夹角大小； (3)在(2)的条件下，侧棱 SC 上是否存在一点 E，使得 BE平面 PAC.若存在，求 SEEC 的值；若不存在，试说明理由 【参考答案】 (满分：150 分 时间：120 分钟) 一、单项选择题(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

10、项是符合题目要求的) 1D 由条件知AB(5，5,6)，|AB| 252536 86.故选 D. 2B 取 AC 中点 M，连接 ME，MF(图略)， 则ME12AB32，52，1 ，MF12CD72，12，2 ， 所以EFMFME(2，3，3)，故选 B. 3B 由于3418181，P、A、B、C 四点共面故选 B. 4B y 轴的一个方向向量 s(0,1,0)，cosn，sn s|n| |s|22，即 y 轴与平面 所成角的正弦值是22，故其所成的角的大小是4.故选 B. 5.B 建立坐标系如图所示 则 A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)，BC1(1,

11、0,2)，AE(1,2,1) cosBC1，AEAE BC1|AE| |BC1|3010. 所以异面直线 BC1与 AE 所成角的余弦值为3010.故选 B. 6A 空间直角坐标系中，A(1,2,3)，B(1,0,5)，C(3,0,4)，D(4,1,3)，AB(2，2,2)，CD(1,1，1)，AB2CD，直线 AB 与 CD 平行故选 A. 7.B 取 BC 的中点 F， 连接 A1F(图略)， 则 A1D1FE， 所以四边形 A1D1EF 是平行四边形， 所以 A1FD1E，所以A1FD1E.又A1FA1AABBFAA1AB12AD，所以D1EAB12ADAA1，故选 B. 8.B 以 D

12、 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，易知当 E(6,3,0)、F(3,6,0)时，A1、E、F、C1共面，设平面 A1DE 的法向量为 n1(a，b，c)，依题意得 DE n16a3b0DA1 n16a6c0 可取 n1(1,2,1)，同理可得平面 C1DF 的一个法向量为 n2(2，1,1)， 故平面 A1DE 与平面 C1DF 的夹角的余弦值为|n1 n2|n1|n2|12.故选 B. 二、多项选择题(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，部分选对的得 3 分，有选错的得

13、 0 分) 9ACD O 为正方体的中心，OAOC1，ODOB1，故OAOD(OB1OC1)，同理可得OBOC(OA1OD1)，故OAOBOCOD(OA1OB1OC1OD1)， AC 正确； OBOCCB，OA1OD1D1A1，OBOC与OA1OD1是两个相等的向量， B 不正确；OA1OAAA1，OCOC1C1CAA1，OA1OA(OCOC1)，D 正确 10ABC A.|a|b|ab|a 与 b 共线，但 a 与 b 共线时|a|b|ab|不一定成立，故不正确；B.b 需为非零向量，故不正确；C.因为 2211，由共面向量定理知，不正确；D.由基底的定义知正确 11ACD 建立如图所示的空

14、间直角坐标系设正方体的棱长为 1. 则 A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，E12，12，1 ， CE12，12，1 ，AC(1,1,0)，BD(1，1,0)， A1D(1,0，1)，A1A(0,0，1) CE AC1212010，CE BD121200， CE A1D1201320，CE A1A00110. 与 CE 不垂直的有 AC、A1D、A1A，故选 ACD. 12.BCD 以 A 为坐标原点，AB，AD，AA1的方向为 x，y，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系(图略)，则A(0,0,0)，E(2,1,0)，

15、D(0,2,0)，D1(0,2,2)，A1(0,0,2)，F(2,0,1)，所以AE(2,1,0)，AD1(0,2,2)，DE(2，1,0)，DF(2，2,1)设平面 AED1的法向量为 m(x，y，z)， 则由 m AE0m AD10，得 2xy02y2z0，令 x1，则 y2，z2，故 m(1，2,2) DF(2，2,1)，不存在 使 mDF，即DF与 m 不共线，DF 与面 AED1不垂直 故 A 不正确；又DD1(0,0,2)，dDD1 m|m|414443，故 B 正确； 又DE(2，1,0)sin |cosDE，m|220|144 414 515. C 正确；又AA1(0,0,2)

16、为平面 AED 的一个法向量，cos |AA1 m|AA1|m|42323，故 D 正确，故应选 B、C、D. 三、填空题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分把答案填在题中的横线上) 131 因为 a，b，c 共面，所以存在实数 m，n，使得 cmanb， 则 11e15e2e3(2mn)e1(m4n)e2(m2n)e3， 则 2mn11m4n5m2n，解得 m7n31. 14. 62 以 D 为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在方向为 x、y、z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系(图略)，由条件知 E(1,1， 2)，F1，2，22，EF0，1，22， E、F 两点间的距离为|

17、EF|011262. 1514 设上、下底面中心分别为 O1、O，则 OO1平面 ABCD，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 AB2，A1B11，ACBD2 2，A1C1B1D1 2， 平面 BDD1B1平面 ABCD，B1BO 为侧棱与底面所成的角，B1BO60 ， 设棱台高为 h，则 tan 60 h222，h62， A(0， 2，0)，D122，0，62，B122，0，62，C(0， 2，0)， AD122， 2，62，B1C22， 2，62， cosAD1 B1CAD1 B1C|AD1| |B1C|14， 故异面直线 AD1与 B1

18、C 所成角的余弦值为14. 165 2 65，145，25 2ab(2，6,4)(2,1,1)(0，5,5)， 故|2ab|0252525 2. 又OEOAAEOAtAB(3，1,4)t(1，1，2)(3t，1t,42t)， 由OEb，则OE b0，所以2(3t)(1t)(42t)0，解得 t95， 因此，此时点 E 的坐标为 E65，145，25. 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解解 (1)因为 ab，所以x24y11，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

19、 c(3，2,2) (2)由(1)得 ac(5,2,3)，bc(1，6,1)， 设 ac 与 bc 夹角为 ，因此 cos 512338 38219. 18解解 (1)由CDa，CBb，CC1c， 得CA1abc，所以A1Cabc. (2)O 为四棱柱 ABCD- A1B1C1D1的中心，即 O 为线段 A1C 的中点 由已知条件得|a|b|2，|c|3，a b0， a，c60 ， b，c60 . 由(1)得CA1abc， 则|CA1|2CA12(abc)2a2b2c22a b2b c2a c 2222320223cos 60 223cos 60 29. 所以 A1C 的长为 29，所以 CO

20、 的长为292. 19解解 (1)证明：以 D 为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为 x、y、z 轴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(0,2,0)、D1(0,0,5)、E(0,0,1)、F(2,2,4) AC(2,2,0)、AF(0,2,4)、BE(2，2,1)、AE(2,0,1) BE AC0，BE AF0，BEAC，BEAF， 且 ACAFA，BE平面 ACF. (2)由(1)知，BE为平面 ACF 的一个法向量， 点 E 到平面 ACF 的距离 d|AE BE|BE|53. 故点 E 到平面 ACF 的距离为53. 20. 解解

21、 (1)如图所示，以 D 为原点，DA，DC，DD分别为 x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系，设 DA1. 则DA(1,0,0)，CC(0,0,1)，连接 BD，BD. 在平面 BBDD 中，延长 DP 交 BD于 H. 设DH(m，m,1)(m0)，由已知DH，DA60 ， 由DA DH|DA|DH|cosDH，DA ，可得 2m 2m21. 解得 m22，所以DH22，22，1 . 因为 cosDH，CC220220112122， 所以DH，CC45 ，即 DP 与 CC所成的角为 45 . (2)平面 AADD 的一个法向量是DC(0,1,0)， 因为 cosDH，DC220

22、221101 212， 所以DH，DC60 ，可得 DP 与平面 AADD 所成的角为 30 . 21解解 (1)证明：以 D 为原点，分别以直线 DA，DC 为 x 轴、y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意，可得 D(0,0,0)，P(0,1， 3)，C(0,2,0)，A(2 2，0,0)，M( 2，2,0) PM( 2，1， 3)，AM( 2，2,0)， PM AM( 2，1， 3) ( 2，2,0)0，即PMAM，AMPM. (2)设 n(x，y，z)为平面 PAM 的法向量， 则 n PM0，n AM0，即 2xy 3z0， 2x2y0， 取 y1，得 n( 2，1， 3) 取

23、 p(0,0,1)，显然 p 为平面 ABCD 的一个法向量， cosn，pn p|n|p|3622. 结合图形可知，平面 PAM 与平面 DAM 的夹角为 45 . (3)设点 D 到平面 AMP 的距离为 d，由(2)可知 n( 2，1， 3)与平面 PAM 垂直， 则 d|DA n|n|2 2，0，0 2，1， 3| 2212 322 63， 即点 D 到平面 AMP 的距离为2 63. 22解解 (1)证明：连接 BD，设 AC 交 BD 于 O，由题意知 SO平面 ABCD.以 O 为坐标原点，OB，OC，OS分别为 x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系 O- xyz 如

24、图 设底面边长为 a，则高 SO62a. 于是 S0，0，62a ，D22a，0，0 ，C0，22a，0 OC0，22a，0 ，SD22a，0，62a ， OC SD0，故 OCSD，从而 ACSD. (2)由题设知，平面 PAC 的一个法向量DS22a，0，62a ， 平面 DAC 的一个法向量OS0，0，62a ， 设所求角为 ，则 cos OS DS|OS| |DS|32， 平面 PAC 与平面 DAC 的夹角为 30 . (3)在棱 SC 上存在一点 E 使 BE平面 PAC. 由(2)知DS是平面 PAC 的一个法向量， 且DS22a，0，62a ，CS0，22a，62a . 设CEtCS，则BEBCCEBCtCS22a，22a1t，62at 而BE DS0t13，即当 SEEC21 时，BEDS， 而 BE 不在平面 PAC 内，故 BE平面 PAC.