第一章 空间向量与立体几何 检测试题-【导与练】2022-2023学年新教材高中数学选择性必修第一册同步全程学习课时作业word（人教B版）

第一章　检测试题 一、单项选择题(本大题共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.已知点A(1,2,1),B(-1,3,4),D(1,1,1),若=2,则||的值是(　C　) A. B. C. D. 解析:设P(x,y,z),则=(x-1,y-2,z-1), =(-1-x,3-y,4-z), 由=2知x=-,y=,z=3, 即P(-,,3). 由两点间距离公式可得||=.故选C. 2.已知矩形ABCD,P为平面ABCD外一点,且PA⊥平面ABCD,M,N分别为PC,PD上的点,且=x+y+z,=2,=,则x+y+z的值为(　B　) A.- B. C.1 D. 解析:由题可知=+-=+-,=-, 所以=+=+ =(-)+(+-) =+-, 所以x=,y=,z=-,所以x+y+z=. 故选B. 3.a=(1,-1,2),b=(-2,1,0),c=(5,-3,k),若a,b,c共面,则实数k为(　B　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析:a=(1,-1,2),b=(-2,1,0),c=(5,-3,k),a,b,c共面, 设a=mb+nc,m≠0,n≠0, 则(1,-1,2)=(-2m+5n,m-3n,kn), 所以解得n=1,m=2,k=2. 故选B. 4.已知=(1,5,-2),=(3,1,z),若⊥,=(x-1,y,-3),且 BP⊥平面ABC,则实数x,y,z分别为(　B　) A.,-,4 B.,-,4 C.,-2,4 D.4,,-15 解析:因为⊥,所以·=3+5-2z=0,即z=4. 又BP⊥平面ABC, 所以·=x-1+5y+6=0,① ·=3x-3+y-3z=0,② 由①②可得x=,y=-. 故选B. 5.如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,AB⊥AC,AB⊥AC1,AC=AA1,BC=AC1=AC,则异面直线BA1与AC1所成的角等于(　C　) A.30° B.45° C.60° D.90° 解析:因为AB⊥AC,AB⊥AC1,且AC∩AC1=A,所以AB⊥平面ACC1A1. 因为AA1⊂平面ACC1A1,所以AB⊥AA1. 又因为AC=AA1,且AC1=AC,所以A+A1=A,易得AA1⊥AC. 又因为AB⊥AA1,且AC∩AB=A,所以AA1⊥平面ABC. 如图所示,以点A为坐标原点,AB所在直线为x轴,AC所在直线为 y轴,AA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系, 设AC=1,则B(1,0,0),A1(0,0,1),A(0,0,0),C1(0,1,1), 因此=(-1,0,1),=(0,1,1), 故异面直线BA1与AC1所成角θ的余弦值为cos θ==,即异面直线BA1与AC1所成的角为60°.故选C. 6.如图,在棱长为3的正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别是棱A1B1,A1D1的中点,则点B到平面AMN的距离是(　D　) A.1 B. C. D.2 解析:如图,建立空间直角坐标系, 则点A(3,0,0),M(3,,3),N(,0,3),B(3,3,0), 所以=(0,3,0),=(0,,3),=(-,0,3). 设n=(x,y,z)是平面AMN的法向量, 则即 取z=1,则x=2,y=-2, 所以n=(2,-2,1)是平面AMN的一个法向量. 所以点B到平面AMN的距离为d===2.故选D. 7.在三棱锥PABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°,D,E,F分别是棱AB, BC,CP的中点,AB=AC,PA=2AB,则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为(　B　) A. B. C. D. 解析:以A为坐标原点,AB所在直线为x轴,AC所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 因为PA⊥平面ABC,∠BAC=90°, D,E,F分别是棱AB,BC,CP的中点, 设AB=AC=1,PA=2, 则A(0,0,0),B(1,0,0),P(0,0,2),D(,0,0),E(,,0),F(0,,1), 所以=(0,0,2),=(0,,0),=(-,,1), 设n=(x,y,z)是平面DEF的法向量, 则即 取x=1,则n=(1,0,), 设直线PA与平面DEF所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|==. 故选B. 8.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别是正方形ADD1A1,ABCD的中心,G是CC1的中点,设GF,C1E与AB所成的角分别为α,β,则α+β等于(　D　) A.120° B.60° C.75° D.90° 解析:建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体