第一章 空间向量与立体几何 单元质量测评-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案word（人教A版2019）

数学 选择性必修 第一册［RJ］ 第一章　单元质量测评 时间：120分钟　 满分：150分 一、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．(2024·北京育才学校期中)已知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，则|a＋b|＝(　　) A． B．14 C． D． 答案　D 解析　由题意知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，则a＋b＝(－1，－2，3)，故|a＋b|＝＝．故选D． 2．(2024·中山华侨中学高二月考)在空间直角坐标系Oxyz中，已知点B是点A(1，－2，1)在坐标平面Oyz内的射影，则＝(　　) A．(1，－2，1) B．(1，－2，0) C．(0，－2，1) D．(1，0，1) 答案　C 解析　点A(1，－2，1)在坐标平面Oyz内的射影B的坐标为(0，－2，1)，所以＝(0，－2，1)．故选C． 3．两个不同的平面α和β，平面α的一个法向量为v1＝(1，2，1)，平面β的一个法向量为v2＝(2，4，2)，则平面α与平面β的位置关系是(　　) A．平行 B．垂直 C．相交 D．不能确定 答案　A 解析　由题意知v1＝(1，2，1)，v2＝(2，4，2)，则v2＝2v1，即v1，v2共线，则α∥β．故选A． 4．(2024·宝鸡金台区高二月考)已知向量a＝(2，x，1)，b＝(1，0，1)，c＝(0，1，1)，若a，b，c共面，则x＝(　　) A．－1 B．1 C．1或－1 D．1或0 答案　A 解析　因为a，b，c共面，所以存在λ，μ，使a＝λb＋μc，则解得故选A． 5．(2024·石家庄第二十七中高二期中)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，E为CC1的中点．设＝a，＝b，＝c，用基底{a，b，c}表示向量，则＝(　　) A．a＋b＋c B．a＋b＋c C．a＋b＋c D．a＋b＋c 答案　B 解析　＝＋＝＋＋＝a＋b＋c．故选B． 6．(2024·太原外国语学校高二期中)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，·＝(　　) A．2 B．4 C．2 D．4 答案　D 解析　在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，易知||＝2，||＝2，因为＝，与的夹角为，所以与的夹角为，所以·＝||||·cos＝2×2×＝4．故选D． 7．(2024·中山华侨中学高二月考)已知直线l的一个方向向量为n＝(1，2，－2)，A(3，0，1)为直线l上一点，若点P(4，3，0)为直线l外一点，则点P到直线l上任意一点Q的距离的最小值为(　　) A．2 B． C． D．1 答案　C 解析　＝(3，0，1)－(4，3，0)＝(－1，－3，1)，·n＝(－1，－3，1)·(1，2，－2)＝－1－6－2＝－9，＝＝－3，点P到直线l的距离为＝＝，则点P到直线l上任意一点Q的距离的最小值为．故选C． 8．已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BB1，DD1上的动点，且BE＝D1F＝λ．设EF与AB所成的角为α，EF与BC所成的角为β，则α＋β的最小值为(　　) A．不存在 B． C． D． 答案　C 解析　以D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，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，E(1，1，λ)，F(0，0，1－λ)，则＝(－1，－1，1－2λ)，＝(0，1，0)，＝(－1，0，0)，∴cosα＝＝，cosβ＝＝，∴α＝β．又当λ＝时，取得最大值，∴αmin＝βmin＝，∴(α＋β)min＝． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．(2024·葫芦岛高二联考期中)已知向量a＝(－1，0，－3)，b＝(2，2，1)，c＝(－1，－2，2)，则(　　) A．与b方向相同的单位向量是 B．(a＋b)∥c C．(a－b)⊥c D．cos〈a，b〉＝－ 答案　ABD 解析　b＝(2，2，1)，|b|＝＝3，可得与b方向相同的单位向量是(2，2，1)＝，A正确；因为a＋b＝(1，2，－2)＝－c，所以(a＋b)∥c，B正确；因为a－b＝(－3，－2，－4)，(a－b)·c＝－1，所以a－b与c不垂直，C错误；cos〈a，b〉＝＝＝－，D正确．故选ABD． 10．(2024·深圳高二联考期中)如图，在圆台OO′中，AB，A′B′分别为圆O，O′的直径，AB∥A′B′，AB＝3A′B′＝12，圆台OO′的体积为，C为内侧 上更靠近B′的三等分点，以O为原点，下底面垂直于AB的直线为x轴，OB，OO′所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系，则(　　) A．点O′的坐标为(0，0，2) B．＝(－，7，2) C．平面ABC的一个法向量为(2，1，) D．点O′到平面ABC的距离为 答案　ABD 解析　由圆台OO′的体积为，可得OO′·(OB2＋O′B′2＋OB·O′B′)＝，解得OO′＝2，则O′(0，0，2)，A正确；连接O′C，设点C在下底面的射影为点D，连接CD，OD，如图所示，易得OD＝O′C＝2，∠BOD＝，则D(－，1，0)，C(－，1，2)，因为A(0，－6，0)，所以＝(－，7，2)，B正确；设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，由B(0，6，0)可知＝(0，12，0)，则令x＝2，可得y＝0，z＝，所以n＝(2，0，)，C错误；因为＝(0，0，2)，所以点O′到平面ABC的距离为＝，D正确．故选ABD． 11．(2024·福州三中高二月考)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为2，以下结论正确的是(　　) A．异面直线AB1与BC1垂直 B．BC1与平面AA1B1B所成角的正弦值为 C．平面ABC1与平面ABC夹角的余弦值为 D．点C到直线AB1的距离为 答案　BC 解析　如图，以AB，AA1所在直线分别为x轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(1，，0)，A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，C1(1，，2)，＝(2，0，2)，＝(－1，，2)，·＝－2＋4＝2≠0，所以与不垂直，A错误；平面AA1B1B的一个法向量为m＝(0，1，0)，cos〈，m〉＝＝＝，所以BC1与平面AA1B1B所成角的正弦值为，B正确；设平面ABC1的法向量为n＝(x，y，z)，又＝(2，0，0)，由得令y＝2，得n＝(0，2，－)，平面ABC的一个法向量是p＝(0，0，1)，所以cos〈n，p〉＝＝＝－，所以平面ABC1与平面ABC夹角的余弦值为，C正确；＝(1，，0)，·＝2，d＝＝＝，所以点C到直线AB1的距离为h＝＝＝，D错误．故选BC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．(2024·潍坊高二期中)在空间直角坐标系Oxyz中，点M(1，0，3)，N(0，2，0)，点P在Ozx平面内，且PM＝PN，请写出一个满足条件的点P的坐标为________． 答案　(0，0，1)(答案不唯一，符合(x，0，z)，x＋3z＝3即可) 解析　设P(x，0，z)，由PM＝PN，得＝ ，化简得x＋3z＝3．故满足条件的点P的一个坐标为(0，0，1)(答案不唯一，符合(x，0，z)，x＋3z＝3即可)． 13．(2024·榆林中学高二月考)有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图是一个棱数为24，棱长都相等的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得．已知点E为线段BC上一点且＝λ，若直线DE与直线AF所成角的余弦值为，则λ＝________． 答案　 解析　将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系．设半正多面体的棱长为，则正方体的棱长为2，所以A(2，1，0)，F(2，2，1)，B(1，0，2)，C(0，1，2)，D(1，2，2)，＝(0，1，1)，＝(－1，1，0)，所以＝λ＝(－λ，λ，0)，λ∈[0，1]，则E(1－λ，λ，2)，＝(－λ，λ－2，0)，设直线DE与直线AF所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈，〉|＝＝＝，即6λ2＋λ－1＝0，解得λ＝或λ＝－(舍去)． 14．如图，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，而且平面ABCD，ABEF互相垂直，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM＝BN＝a(0<a<)，则线段MN最短为________． 答案　 解析　建立空间直角坐标系如图所示，则A(1，0，0)，F(1，1，0)，C(0，0，1)．因为CM＝BN＝a(0<a<)，且四边形ABCD，ABEF为正方形，所以M，N，所以＝，所以||＝＝，即MN的长为．当a＝时，||min＝，即M，N分别为AC，BF的中点时，MN的长最小，为． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(本小题满分13分)已知点A(1，－2，0)和向量a＝(－3，4，12)． (1)若＝a，求点B的坐标； (2)若x轴上的一点C满足〈a，〉＝，求AC的长． 解　(1)设O为原点， ∵A(1，－2，0)，a＝(－3，4，12)，＝a， ∴＝＋a＝(1，－2，0)＋(－3，4，12)＝(－2，2，12)． ∴点B的坐标为(－2，2，12)． (2)设C(x，0，0)，则＝(x－1，2，0)， ∵x轴上的一点C满足〈a，〉＝， ∴·a＝－3(x－1)＋8＝0，则x－1＝， ∴AC的长为＝． 16．(2024·武汉高二联考期中)(本小题满分15分)如图，四边形ABCD和ABEF是不在同一平面上的两个矩形，＝，＝，记＝a，＝b，＝c．请用基底{a，b，c}表示下列向量： (1)； (2)． 解　(1)＝＋＋＝－＋＋＝a＋b－c． (2)＝－＝－(＋) ＝－ ＝(＋)－ ＝(a＋c)－ ＝－b＋c． 17．(2023·新课标Ⅱ卷)(本小题满分15分)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点． (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足＝，求二面角D－AB－F的正弦值． 解　(1)证明：连接AE，DE，因为E为BC的中点，DB＝DC，所以DE⊥BC，① 因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°， 所以△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC＝AB，所以AE⊥BC，② 由①②，AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， 所以BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE， 所以BC⊥DA． (2)不妨设DA＝DB＝DC＝2， 因为BD⊥CD，所以BC＝2，DE＝， 因为△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC＝AB＝2，所以AE⊥BC，AE＝， 所以AE2＋DE2＝4＝DA2，所以AE⊥DE， 又DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD， 所以AE⊥平面BCD． 以E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则E(0，0，0)，D(，0，0)，A(0，0，)，B(0，，0)， 设平面DAB与平面ABF的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，二面角D－AB－F的平面角为θ，而＝(0，，－)， 因为＝＝(－，0，)， 所以F(－，0，)，即有＝(－，0，0)， 所以即 取x1＝1，所以n1＝(1，1，1)． 即 取y2＝1，所以n2＝(0，1，1)， 所以|cosθ|＝＝＝， 所以sinθ＝＝， 所以二面角D－AB－F的正弦值为． 18．(2024·唐山一中高二月考)(本小题满分17分)如图，在平行四边形ABCD中，AB＝1，BD＝，∠ABD＝90°，将△ABD沿对角线BD折起，折后的点A变为A1，且A1C＝2． (1)求证：平面A1BD⊥平面BCD； (2)求异面直线BC与A1D所成角的余弦值； (3)若E为线段A1C上的一个动点，当线段EC的长为多少时，DE与平面BCD所成角的正弦值为？ 解　(1)证明：在Rt△ABD中， AD＝＝． ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC＝AD＝，CD＝AB＝1，又A1C＝2， ∴A1B2＋BC2＝A1C2，∴A1B⊥BC， 又A1B⊥BD，BC∩BD＝B，且BC，BD⊂平面BCD， ∴A1B⊥平面BCD，又A1B⊂平面A1BD， ∴平面A1BD⊥平面BCD． (2)如图，在平面BCD内过点B作BD的垂线为x轴，以B为原点，建立空间直角坐标系， 则A1(0，0，1)，D(0，，0)，C(1，，0)，从而＝(1，，0)，＝(0，－，1)， |cos〈，〉|＝ ＝＝， ∴异面直线BC与A1D所成角的余弦值为． (3)＝(1，0，0)，＝(－1，－，1)． 设＝λ，0≤λ≤1，则＝＋＝(1－λ，－λ，λ)， 取平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1)， 设DE与平面BCD所成的角为θ，则 sinθ＝|cos〈，n〉|＝ ＝＝， 解得λ＝或λ＝－1(舍去)， ∴＝，即CE＝． ∴当线段EC的长为时，DE与平面BCD所成角的正弦值为． 19．(2024·中山华侨中学高二月考)(本小题满分17分)中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广，刍，草也，甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍是茅草屋顶．”现有一个刍甍如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，AB＝4，EF∥AB，AB＝2EF，EA＝ED＝FB＝FC＝3． (1)当N为线段AD的中点，且＝2时，求证：NF∥平面BDM； (2)当点N在线段AD上时(包含端点)，求平面BFN与平面ADE夹角的余弦值的取值范围． 解　(1)证明：如图所示，连接DM，BM，BD，CN，BD∩CN＝Z，连接ZM， 在正方形ABCD中， 易知△DNZ∽△BCZ， 即＝＝＝， 所以ZM∥NF， 而ZM⊂平面BDM，NF⊄平面BDM， 所以NF∥平面BDM． (2)设正方形ABCD的中心为O，分别取AB，BC，EF的中点为P，Q，S， 设H为线段AD的中点，连接EH，FQ，HQ，OS． 由已知EF∥AB∥CD，知E，F，H，Q四点共面， 且AD⊥平面EFQH， 又AD⊂平面ABCD，故平面ABCD⊥平面EFQH， 且平面ABCD∩平面EFQH＝HQ， 由题意，可知四边形EFQH为等腰梯形，故OS⊥HQ， OS⊂平面EFQH，故OS⊥平面ABCD， 故以O为原点，OP，OQ，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为AB＝4，则A(2，－2，0)，B(2，2，0)，C(－2，2，0)，D(－2，－2，0)， 又AB＝2EF，故EF＝2， 设EF到底面ABCD的距离为h， 四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，且EF∥AB， 故E(0，－1，h)，F(0，1，h)， 又EA＝ED＝FB＝FC＝3， 故＝3，所以h＝2，则E(0，－1，2)，F(0，1，2)， ＝(－2，1，2)，＝(－4，0，0)，＝(－2，－1，2)，＝(0，－4，0)， 设＝λ，λ∈[0，1]， 所以＝＋＝＋λ＝(－4λ，－4，0)， 设平面BFN的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝2，则y＝－2λ，z＝2－λ，所以n＝(2，－2λ，2－λ)， 设平面ADE的法向量为m＝(a，b，c)， 则 令c＝1，则a＝0，b＝－2， 所以m＝(0，－2，1)，故|cos〈n，m〉|＝＝＝·， 令m＝λ＋，m∈， 则|cos〈n，m〉|＝· ＝·， 令t＝∈， 则|cos〈n，m〉|＝·， 令f(t)＝t2－t＋5，则f(t)在上单调递增， 故当t＝时，f(t)min＝f＝； 当t＝时，f(t)max＝f＝18， 故|cos〈n，m〉|∈， 即平面BFN与平面ADE夹角的余弦值的取值范围为． 12 学科网（北京）股份有限公司 $$