第1章 阶段测评(一) 空间向量-【精讲精练】2023-2024学年高中数学选择性必修第一册人教A版（教师用书）

阶段测评(一)　空间向量 一、选择题(每小题5分，共50分) 1．设A是空间一定点，n为空间内任一非零向量，满足条件·n＝0的点M构成的图形是(　　) A．圆 B.直线 C．平面 D.线段 解析　点M构成的图形是经过点A，且以n为法向量的平面． 答案　C 2．设＝(1,1，－2)，＝(3,2,8)，＝(0,1,0)，则线段AB的中点P到点C的距离为(　　) A. B. C. D. 解析　连接OP，CP，∵＝＝，∴＝－＝，∴＝＝.故选A. 答案　A 3．已知长方体ABCD­A′B′C′D′中，AB＝3，BC＝4，AA′＝5，＝λ，若A′P⊥BC′，则λ＝(　　) A. B. C. D. 解析　以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD′所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A′(4,0,5)，B(4,3,0)，C′(0,3,5)，设P(a，b，c)，则＝(a－4，b－3，c)，λ＝λ(－4,0,5)＝(－4λ，0,5λ)．∵＝λ， ∴解得 ∴P(4－4λ，3,5λ)， ∴＝(－4λ，3,5λ－5)， ∵A′P⊥BC′，∴·＝16λ＋25λ－25＝0，解得λ＝.故选C. 答案　C 4．已知平面α的法向量为n＝(－2，－2,1)，点A(x，3,0)在平面α内，且点P(－2,1,4)到平面α的距离为，则实数x的值为(　　) A．－1 B.－11 C．－1或－11 D.－21 解析　由题意得＝(x＋2,2，－4)，而点P到平面α的距离d＝＝，即＝，解得x＝－1或x＝－11.故选C. 答案　C 5．如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝1，AB＝，△PAB是等腰三角形，点E是棱PB的中点，则异面直线EC与PD所成角的余弦值是(　　) A. B. C. D. 解析　因为底面ABCD是矩形，且PA⊥平面ABCD，所以AB，AD，AP两两垂直．以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为AD＝1，AB＝，△PAB是等腰三角形，所以A(0,0,0)，B(，0,0)，C(，1,0)，D(0,1,0)，P(0,0，)．因为点E是棱PB的中点，所以E，所以＝，＝(0,1，－)，所以cos〈，〉＝＝＝，所以异面直线EC与PD所成角的余弦值是. 答案　B 6．在三棱锥P­ABC中，PC⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，∠PBC＝45°，则点C到平面PAB的距离是(　　) A. B. C. D. 解析　解法一　建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(0,4,0)，P(0,4，4)， ∴＝，＝(4,0,0)，＝. 设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)， 则即 令y＝，则z＝－1， ∴m＝，∴点C到平面PAB的距离为＝. 解法二　∵PC⊥底面ABC， ∴PC⊥AB，又AB⊥AC，且PC∩AC＝C，PC，AC⊂平面PAC， ∴AB⊥平面PAC， ∴AB⊥PA， ∵AC＝AB＝4， ∴BC＝4， ∴PC＝4，PB＝8， 在Rt△PAB中，PA＝＝4， 令点C到平面PAB的距离为d， ∵VP­ABC＝VC­PAB， ∴××4×4×4＝××4×4×d， ∴d＝. 答案　A 7．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D，中，点E为线段AB的中点，点F在线段AD上移动，当异面直线B1C与EF所成角最小时，其余弦值为(　　) A．0 B. C. D. 解析　以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E为线段AB的中点，设正方体的棱长为2， 则D(0,0,0)，E(2,1,0)，B1(2,2,2)，C(0,2,0)， 所以＝(－2,0，－2)， 设F(m,0,0)(0≤m≤2)，则＝(m－2，－1,0)， 设异面直线B1C与EF所成的角为θ， 则cos θ＝＝＝， 当异面直线B1C与EF所成角最小时，cos θ最大，即当m＝0时，cos θ＝＝＝.故选C. 答案　C 8．(多选)下列命题是真命题的有(　　) A．直线l的方向向量为a＝(1，－1,2)，直线m的方向向量为b＝，则l与m垂直 B．直线l的方向向量为a＝(0,1，－1)，平面α的法向量为n＝(1，－1，－1)，则l⊥α C．平面α，β的法向量分别为n1＝(0,1,3)，n2＝(1,0,2)，则α∥β D．平面α经过三点A(1,0，－1)，B(0,1,0)，C(－1,2,0)，向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量，则u＋t＝1 解析　∵a＝(1，－1,2)，b＝，∴a·b＝1×2＋(－1)×1＋2×＝0，则a⊥b，∴直线l与m垂直，故