单元检测卷(二) 空间向量与立体几何-【正禾一本通】2023-2024学年新教材高二数学选择性必修2同步课堂高效讲义教师用书（湘教版）

单元检测卷(二)　空间向量与立体几何 (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 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．如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，＝a，＝b，＝c，点P在A1C上，且A1P∶PC＝2∶3，则＝(　　) A．a＋b＋c B．a＋b＋c C．－a＋b＋c D．a－b－c B　[因为A1P∶PC＝2∶3，可得＝， 根据空间向量的运算法则，可得 ＝＋＝＋ ＝＋(－) ＝＋＝＋(＋) ＝＋(＋) ＝＋＋ 又由＝a，＝b，＝c， 所以＝a＋b＋c. 故选B．] 2．已知正四面体A­BCD的棱长为1，且＝2，＝2，则·＝(　　) A． B． C．－ D．－ D　[∵＝2，＝2， ∴＝，＝， ∴＝－＝－＝，∴·＝·＝||·||·cos ＝－，故选D．] 3．已知空间向量a＝(3，0，4)，b＝(－3，2，5)，则向量b在向量a上的投影向量是(　　) A．(－3，2，5) B．(－3，2，5) C．(3，0，4) D．(3，0，4) C　[因为向量a＝(3，0，4)，b＝(－3，2，5)， 所以a·b＝3×(－3)＋0×2＋4×5＝11， 则向量b在向量a上的投影为＝＝， 设向量b在向量a上的投影向量为m， 则m＝λa(λ>0)，且|m|＝， 所以m＝(3λ，0，4λ)， 所以(3λ)2＋(4λ)2＝()2，解得λ＝， 所以m＝(3，0，4)．故选C．] 4．已知＝(2，1，－3)，＝(－1，2，3)，＝(7，6，λ)，若P，A，B，C四点共面，则λ＝(　　) A．9 B．－9 C．－3 D．3 B　[∵＝(2，1，－3)，＝(－1，2，3)， ＝(7，6，λ)， P，A，B，C四点共面， ∴存在一对实数x，y，使得＝x＋y， ∴(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)， ∴解得λ＝－9. 故选B．] 5．已知直三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都相等，M为A1C1的中点，则AM与BC1所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． C　[取线段AC的中点O，则BO⊥AC，设直三棱柱ABC­A1B1C1的棱长为2， 以点O为原点，、、1的方向分别为x、y、z的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则A(0，－1，0)、M(0，0，2)、B(，0，0)、C1(0，1，2)， 所以，＝(0，1，2)，1＝(－，1，2)，cos〈，1〉＝＝＝. 所以，sin〈，1〉＝＝. 故选C．] 6．已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，＋λ与 的夹角为120°，则λ的值为(　　) A．± B． C．－ D．± C　[因为＋λ＝(1，0，0)＋λ(0，－1，1)＝(1，－λ，λ)， 所以|＋λ|＝， ||＝， (＋λ)·＝2λ， 所以cos 120°＝＝－，所以λ<0，即4λ＝－，解得：λ＝－. 故选C．] 7．已知三棱锥P­ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且PA＝1，PB＝2，PC＝3，则点P到平面ABC的距离为(　　) A． B． C． D． D　[因为三棱锥P­ABC中，PA，PB，PC两两垂直， 所以以P为原点，所在方向为x轴，所在方向为y轴，所在方向为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为PA＝1，PB＝2，PC＝3， 所以P(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，3)， 所以＝(0，0，－3)，＝(1，0，－3)，＝(0，2，－3)， 设平面ABC的法向量n＝(x，y，z)， 则即 取z＝2，得n＝(6，3，2)， 所以点P到平面ABC的距离为d＝＝＝，故选D．] 8．在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为BD1，B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足MP⊥CN，则下列说法正确的是(　　) A．点P可以是棱BB1的中点 B．线段MP的最大值为 C．点P的轨迹是正方形 D．点P的轨迹的长度为2＋ D　[在正方体ABCD­A1B1C1D1中， 以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1方向为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系， 因为该正方体的棱长为1，M，N分别为BD1，B1C1的中点， 则D(0，0，0)，M(，，)，N(，1，1)，C(0，1，0)， 所以＝(，0，1)， 设P(x，y，z)， 则＝(x－，y－，z－)， 因为MP⊥CN， 所以(x－)＋z－＝0，即2x＋4z－3＝0， 当x＝1时，z＝， 当x＝0时，z＝， 取E(1，0，)，F(1，1，)，G(0，1，)，H(0，0，)， 连接EF，FG，GH，HE， 则＝＝(0，1，0)，＝＝(－1，0，)， 因为·＝0， 所以四边形