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B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·铜陵高二期中)已知A，B，C，D是空间中互不相同的四个点，则－－＝(　　) A． B． C． D． 答案　B 解析　－－＝＋－＝－＝．故选B． 2．(2024·台州路桥中学高二期中)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，G是棱AA1的中点，若＝a，＝b，＝c，则＝(　　) A．－a＋b－c B．a－b＋c C．－a＋b＋c D．－a＋b＋c 答案　B 解析　由已知可得＝－＝c－a，因为G为棱AA1的中点，所以＝＋＝－＋＝a－b＋(c－a)＝a－b＋c．故选B． 3．一束光线自点P(－1，1，1)发出，被yOz平面反射后到达点Q(－6，3，3)被吸收，则光线所走的路程是(　　) A． B． C． D．3 答案　C 解析　因为点Q(－6，3，3)关于yOz平面的对称点为Q′(6，3，3)，所以光线所走的路程为||＝＝．故选C． 4．(2024·徐州高级中学高二月考)如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，Pi(i＝1，2，…，8)是上底面上其余的八个点，则·(i＝1，2，…，8)的不同值的个数为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　A 解析　·＝·(＋)＝2＋·．因为AB⊥平面BP2P8P6，所以⊥，所以·＝0，所以·＝||2＋0＝1．则·(i＝1，2，…，8)的不同值的个数为1．故选A． 5．已知直线l的一个方向向量为n＝(1，0，2)，点A(0，1，1)在直线l上，则点P(1，2，2)到直线l的距离为(　　) A．2 B． C． D． 答案　D 解析　由已知得＝(－1，－1，－1)，因为直线l的一个方向向量为n＝(1，0，2)，所以点P(1，2，2)到直线l的距离为＝＝＝．故选D． 6．如图，在圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝3，SE＝SB，异面直线SC与OE所成角的正切值为(　　) A． B． C． D． 答案　D 解析　由题意，以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，则B(0，3，0)，C(－3，0，0)，S(0，0，3)，又SE＝SB，所以＝＋＝＋＝(0，0，3)＋(0，3，－3)＝，＝(－3，0，－3)，设异面直线SC与OE所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈，〉|＝＝＝，sinθ＝，所以tanθ＝＝＝．故选D． 7．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，PA＝AB＝BC＝AD＝1，BC∥AD，已知Q是四边形ABCD内部一点(包括边界)，且二面角Q－PD－A的大小为30°，则△ADQ面积的最大值是(　　) A． B． C． D． 答案　A 解析　如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，由二面角Q－PD－A的大小为30°，可知Q的轨迹是过点D的一条直线，又Q是四边形ABCD内部一点(包括边界)，则Q的轨迹是过点D的一条线段，设Q的轨迹与y轴的交点为G(0，b，0)(0<b≤1)，由题意可知A(0，0，0)，D(2，0，0)，P(0，0，1)，所以＝(－2，0，1)，＝(－2，b，0)，＝(2，0，0)，易知平面APD的一个法向量为n1＝(0，1，0)，设平面PDG的一个法向量为n2＝(x，y，z)，则即令z＝2，得x＝1，y＝，所以n2＝，则二面角G－PD－A的余弦值为|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，解得b＝或b＝－(舍去)，所以△ADQ面积的最大值是×2×＝．故选A． 8．(2024·深圳中学高二质检)如图所示空间直角坐标系Axyz中，P(x，y，z)是正三棱柱ABC－A1B1C1的底面A1B1C1内一动点，A1A＝AB＝3，直线PA与底面ABC所成的角为，则P点坐标满足(　　) A．x2＋y2＝3 B．x2＋y2＋z2＝3 C．x2＋y2＝27 D．x2＋y2＋z2＝27 答案　A 解析　由正三棱柱ABC－A1B1C1，且A1A＝AB＝3，根据坐标系可得A(0，0，0)，A1(0，0，3)，又P(x，y，z)是正三棱柱ABC－A1B1C1的底面A1B1C1内一动点，则z＝3，所以＝(－x，－y，－3)，又AA1⊥平面ABC，所以＝(0，0，3)是平面ABC的一个法向量，因为直线PA与底面ABC所成的角为，所以sin＝|cos〈，〉|＝＝＝＝，整理得x2＋y2＝3．故选A． 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．下列命题中错误的是(　　) A．|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充分不必要条件 B．若a∥b，则存在唯一的实数λ，使a＝λb C．对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝2－2－，则P，A，B，C四点共面 D．|(a·b)c|＝|a||b||c| 答案　BCD 解析　易知A正确；对于B，应强调b≠0，故B错误；对于C，2－2－1≠1，故C错误；根据数量积公式可知，D错误．故选BCD． 10．(2024·日照教育科学研究中心高二期中)金刚石是天然存在的最硬的物质，如图1所示是组成金刚石的碳原子在空间中排列的结构示意图，组成金刚石的每个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示．这就是说，图2中有AE＝BE＝CE＝DE，若正四面体A－BCD的棱长为2，则下列结论正确的是(　　) A．||＝ B．|＋＋|＝ C．cos〈，〉＝ D．·＝2 答案　BD 解析　由题意得E是四面体A－BCD外接球的球心，设O是顶点A在下底面的射影，AO是四面体的高，OB是△BCD的外接圆半径，则OB＝，AO＝，BE2＝(AO－AE)2＋BO2，解得AE＝，OE＝．对于A，||＝AE＝，故A错误；对于B，由正四面体的结构特征可知＋＝－(＋)，∴＋＋＋＝0，∴|＋＋|＝||＝||＝，故B正确；对于C，cos〈，〉＝cos〈，〉＝－＝－，故C错误；对于D，·＝2＝2，故D正确．故选BD． 11．如图，在四棱锥P－ABCD的平面展开图中，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB＝2BC＝2CD＝2BE＝2，∠ABC＝∠ABH＝∠CBE＝90°．在四棱锥P－ABCD中，则(　　) A．平面PAD⊥平面PBD B．AD∥平面PBC C．三棱锥P－ABC外接球的表面积为6π D．平面PAD与平面PBC所成角的正弦值为 答案　AC 解析　由四棱锥P－ABCD的平面展开图还原立体图，可得PB⊥AB，PB⊥BC，AB⊥BC，AB＝2BC＝2CD＝2PB＝2，以B为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，可知B(0，0，0)，A(0，2，0)，C(1，0，0)，P(0，0，1)，D(1，1，0)．对于A，连接BD，在直角梯形ABCD中，AD＝BD＝＝，AB＝2，所以AB2＝AD2＋BD2，即AD⊥BD，易得PB⊥AD，又因为PB∩BD＝B，PB，BD⊂平面PBD，所以AD⊥平面PBD，又AD⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面PBD，故A正确；对于B，为平面PBC的一个法向量，根据底面为梯形，显然AD不垂直于AB，则AD不平行于平面PBC，故B错误；对于C，将三棱锥补形成长为2，宽和高为1的长方体，则三棱锥P－ABC的外接球即为长方体的外接球，其半径R＝＝，故表面积为S＝4π×＝6π，故C正确；对于D，由点坐标得＝(1，－1，0)，＝(1，1，－1)，＝(0，2，0)．设平面PAD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝1，则y＝1，z＝2，得n＝(1，1，2)，易知＝(0，2，0)为平面PBC的一个法向量，所以cos〈，n〉＝＝＝，所以平面PAD与平面PBC所成角的正弦值为＝，故D错误．故选AC． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．将答案填在题中的横线上) 12．给出下列命题： ①若＝，则必有A与C重合，B与D重合，AB与CD为同一线段； ②若a·b<0，则〈a，b〉是钝角； ③若a为直线l的一个方向向量，则λa(λ∈R)也是l的一个方向向量； ④非零向量a，b，c满足a与b，b与c，c与a都是共面向量，则a，b，c必共面． 其中不正确的命题为________．(填序号) 答案　①②③④ 解析　①不正确，如在正方体ABCD－A1B1C1D1中，＝，但线段AB与A1B1不重合；②不正确，a·b<0，即cos〈a，b〉<0⇒<〈a，b〉≤π，而钝角的取值范围是；③不正确，当λ＝0时，λa＝0不能作为直线l的一个方向向量；④不正确，如在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，令＝a，＝b，＝c，则它们两两共面，但显然，，是不共面的． 13．已知三棱锥S－ABC的三条侧棱长都等于a，且两两垂直，则二面角S－BC－A的正切值为________． 答案　 解析　如图，以S为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则S(0，0，0)，A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(0，0，a)，＝(－a，a，0)，＝(－a，0，a)，＝(a，0，0)．设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝1，得y＝1，z＝1，得n＝(1，1，1)，易知＝(a，0，0)为平面SBC的一个法向量，又易知二面角S－BC－A的平面角为锐角，所以二面角S－BC－A的余弦值为|cos〈，n〉|＝＝＝，所以二面角S－BC－A的正切值为． 14．(2024·重庆北碚高二期末)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，G是棱AB上的一点，则点B1到平面BC1G的距离d＝________．若E，F分别是AA1，C1D1的中点，当C1G∥平面DEF时，则C1G＝________． 答案　　 解析　连接B1C，设BC1∩B1C＝O，以D为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，则D(0，0，0)，E(2，0，1)，F(0，1，2)，B1(2，2，2)，C(0，2，0)．因为AB⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，所以AB⊥B1C，又B1C⊥BC1，AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面BC1G，所以B1C⊥平面BC1G，即B1O为点B1到平面BC1G的距离，d＝B1O＝B1C＝．由已知得＝(2，0，1)，＝(0，1，2)，＝(2，2，2)，设平面DEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则令z＝2，则x＝－1，y＝－4，所以n＝(－1，－4，2)，设AG＝a，则G(2，a，0)，C1(0，2，2)，所以＝(－2，2－a，2)．当C1G∥平面DEF时，则⊥n，所以2＋(2－a)×(－4)＋4＝0，解得a＝，即＝，所以C1G＝＝． 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)设向量a＝(3，5，－4)，b＝(2，1，8)，计算2a＋3b，3a－2b，a·b以及a与b夹角的余弦值，并确定λ，μ应满足的条件，使λa＋μb与z轴垂直． 解　2a＋3b＝2(3，5，－4)＋3(2，1，8)＝(6，10，－8)＋(6，3，24)＝(12，13，16)． 3a－2b＝3(3，5，－4)－2(2，1，8)＝(9，15，－12)－(4，2，16)＝(5，13，－28)． a·b＝(3，5，－4)·(2，1，8)＝6＋5－32＝－21． ∵|a|＝＝5， |b|＝＝， ∴cos〈a，b〉＝＝ ＝－． ∵λa＋μb与z轴垂直，∴(3λ＋2μ，5λ＋μ，－4λ＋8μ)·(0，0，1)＝－4λ＋8μ＝0， 即λ＝2μ， ∴当λ，μ满足λ＝2μ时，λa＋μb与z轴垂直． 16．(本小题满分15分)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长为． (1)设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1； (2)设AB1与BC1的夹角为，求侧棱的长． 解　(1)证明：＝＋， ＝＋． ∵BB1⊥平面ABC， ∴·＝0，·＝0． 又△ABC为正三角形， ∴〈，〉＝π－〈，〉＝π－＝． ∵·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋2＋·＝||||cos〈，〉＋2＝－1＋1＝0，∴AB1⊥BC1． (2)结合(1)知 ·＝||||cos〈，〉＋2＝2－1． 又||＝＝＝||， ∴|cos〈，〉|＝＝， ∴||＝2，即侧棱的长为2． 17．(2023·全国甲卷)(本小题满分15分)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1． (1)求证：AC＝A1C； (2)若直线AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值． 解　 (1)证明：如图，∵A1C⊥底面ABC，BC⊂平面ABC， ∴A1C⊥BC， 又BC⊥AC，A1C∩AC＝C，A1C，AC⊂平面ACC1A1， ∴BC⊥平面ACC1A1， 又BC⊂平面BCC1B1， ∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1． 过A1作A1O⊥CC1于点O，又平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1， ∴A1O⊥平面BCC1B1． ∵A1到平面BCC1B1的距离为1， ∴A1O＝1． 在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1，CC1＝AA1＝2，A1O＝1， ∴O为CC1的中点，∴CO＝C1O＝1， 又A1O⊥CC1， ∴AC＝A1C＝A1C1＝， ∴AC＝A1C． (2)连接A1B，AC1，∵AC＝A1C，BC⊥A1C，BC⊥AC， ∴Rt△ACB≌Rt△A1CB， ∴BA＝BA1． 过B作BD⊥AA1于点D，则D为AA1的中点， 又AA1＝2，∴A1D＝AD＝1， ∵直线AA1与BB1的距离为2，∴BD＝2， ∴A1B＝AB＝， 在Rt△ABC中，BC＝＝． 解法一：以C为原点，，，的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系Cxyz，如图所示， 则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，，0)，B1(－，，)，C1(－，0，)， ∴＝(0，，0)，＝(－，0，)，＝(－2，，)， 设平面BCC1B1的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则即 取x＝1，则y＝0，z＝1， ∴n＝(1，0，1)． 设AB1与平面BCC1B1所成的角为θ， 则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝． ∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为． 解法二：延长AC，使AC＝CM，连接C1M， 由CM∥A1C1，CM＝A1C1，知四边形A1CMC1为平行四边形， ∴C1M∥A1C，∴C1M⊥平面ABC， 又AM⊂平面ABC， ∴C1M⊥AM， 在Rt△AC1M中，AM＝2AC＝2，C1M＝A1C＝， ∴AC1＝＝． 在Rt△AB1C1中，AC1＝，B1C1＝BC＝， ∴AB1＝＝． 又A到平面BCC1B1的距离为1， ∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为＝． 18．(2024·新余市第一中学模拟)(本小题满分17分)如图1，已知△ADE为等边三角形，四边形ABCD为平行四边形，BC＝1，BD＝2，BA＝，把△ADE沿AD向上折起，使点E到达点P位置，如图2所示，且平面PAD⊥平面PBD． (1)证明：PA⊥BD； (2)求平面APB与平面PBC所成角的余弦值． 解　(1)证明：如图，设PD的中点为F，连接AF． ∵△ADP为等边三角形， ∴AF⊥PD． 又平面PAD⊥平面PBD，平面PAD∩平面PBD＝PD， ∴AF⊥平面PBD． ∵BD⊂平面PBD，∴BD⊥AF． ∵AD＝BC＝1，BD＝2，BA＝， ∴AD2＋BD2＝BA2，∴BD⊥AD． 又AD∩AF＝A，AD，AF⊂平面PAD， ∴BD⊥平面PAD． 又PA⊂平面PAD，∴PA⊥BD． (2)由(1)知BD⊥平面PAD，则平面PAD⊥平面ABD． 设AD的中点为O，连接PO，则PO⊥AD． 又平面PAD⊥平面ABD，平面PAD∩平面ABD＝AD，∴PO⊥平面ABD． 设AB的中点为O′，连接OO′． ∵OO′∥BD，∴OO′⊥AD， 故以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示． 则A，B，C，P， ∴＝，＝， ＝． 设平面APB的一个法向量为m＝(x，y，z)， 由 得 取z＝2，则m＝(2，，2)． 设平面PBC的一个法向量为n＝(a，b，c)， 由得 取c＝4，则n＝(0，，4)， ∵|cos〈m，n〉|＝＝＝， ∴平面APB与平面PBC所成角的余弦值为． 19．(2024·福建建瓯市芝华中学高二期中)(本小题满分17分)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，正方形ABCD的边长为2，E是PA的中点． (1)求证：PC∥平面BDE； (2)若直线BE与平面PCD所成角的正弦值为，求PA的长度； (3)若PA＝2，线段PC上是否存在一点F，使AF⊥平面BDE？若存在，求出PF的长度；若不存在，请说明理由． 解　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD． 因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥DA． 又PA∩DA＝A，PA，DA⊂平面ADP， 所以CD⊥平面ADP． 如图，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，设PA＝a(a＞0)， 则A(0，2，0)，B(0，2，2)，C(0，0，2)，D(0，0，0)，P(a，2，0)，E， 所以＝(－a，－2，2)，＝(0，2，2)，＝． 设平面BDE的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则即 令y1＝1，则x1＝－，z1＝－1， 得n1＝． 因为·n1＝4－2－2＝0，PC⊄平面BDE， 所以PC∥平面BDE． (2)由(1)知，＝(0，0，2)，＝(a，2，0)， 设平面PCD的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则即 令x2＝2，则y2＝－a，z2＝0， 得n2＝(2，－a，0)， 又＝， 设直线BE与平面PCD所成的角为θ， 则sinθ＝|cos〈，n2〉|＝ ＝＝， 解得a＝2或a＝4，所以PA的长为2或4． (3)存在．理由如下：因为PA＝a＝2，所以P(2，2，0)， 令＝λ(0≤λ≤1)，所以F(2－2λ，2－2λ，2λ)， 由(1)得平面BDE的一个法向量为n1＝(－2，1，－1)，＝(2－2λ，－2λ，2λ)， 所以＝， 解得λ＝， 则F，＝， 故PF＝＝． 16 学科网（北京）股份有限公司 $$