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作业与测评word（人教A版2019）

数学　选择性必修·第一册[人教A版]作业与测评 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．已知空间三点O(0，0，0)，A(－1，1，0)，B(0，1，1)，在直线OA上有一点H满足BH⊥OA，则点H的坐标为(　　) A．(－2，2，0) B．(2，－2，0) C． D． 答案　C 解析　由＝(－1，1，0)，且点H在直线OA上，可设H(－λ，λ，0)，则＝(－λ，λ－1，－1)．又BH⊥OA，∴·＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1，1，0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝，∴H.故选C. 2．已知向量a＝(－2，－3，1)，b＝(2，0，4)，c＝(－4，－6，2)，则下列结论正确的是(　　) A．a∥c，b∥c B．a∥b，a⊥c C．a∥c，a⊥b D．a∥b，b⊥c 答案　C 解析　∵a＝(－2，－3，1)，c＝(－4，－6，2)，∴c＝2a，∴a∥c.又a·b＝(－2，－3，1)·(2，0，4)＝0，∴a⊥b.故选C. 3．已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则平面ABC的一个法向量是(　　) A．(1，1，－1) B．(1，－1，1) C．(－1，1，1) D．(－1，－1，－1) 答案　D 解析　＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1)．设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则有取x＝－1，则y＝－1，z＝－1，故平面ABC的一个法向量是(－1，－1，－1)．故选D. 4．已知a＝3m－2n－4p≠0，b＝(x＋1)m＋8n＋2yp，且m，n，p不共面，若a∥b，则x，y的值为(　　) A．x＝－13，y＝8 B．x＝－13，y＝5 C．x＝7，y＝5 D．x＝7，y＝8 答案　A 解析　∵a∥b且a≠0，∴b＝λa，即(x＋1)m＋8n＋2yp＝3λm－2λn－4λp.又m，n，p不共面，∴＝＝，∴x＝－13，y＝8.故选A. 5．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝3，AB＝3，AA1＝4，则异面直线A1C与BC1所成角的余弦值为(　　) A．－ B． C． D． 答案　C 解析　因为AC＝3，BC＝3，AB＝3，所以AC2＋BC2＝AB2，所以∠ACB为直角，又侧棱与底面垂直，则可建立如图所示的空间直角坐标系．易得C(0，0，0)，C1(0，0，4)，A1(3，0，4)，B(0，3，0)，所以＝(－3，0，－4)，＝(0，－3，4)，设异面直线A1C与BC1所成的角为θ，则cosθ＝＝＝.故选C. 6．如图所示，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　) A．相交 B．平行 C．垂直 D．不能确定 答案　B 解析　如图，以C1为坐标原点，C1B1，C1D1，C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．因为A1M＝AN＝a，所以M，N，所以＝.又C1(0，0，0)，D1(0，a，0)，所以＝(0，a，0)，所以·＝0，所以⊥.因为是平面BB1C1C的一个法向量，且MN⊄平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C. 7．在三棱锥P－ABC中，△ABC为等边三角形，PA⊥平面ABC，且PA＝AB，则平面PBC与平面PAB夹角的正切值为(　　) A． B． C． D． 答案　A 解析　设PA＝AB＝2，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，2，0)，C(，1，0)，P(0，0，2)，∴＝(0，－2，2)，＝(，－1，0)．设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，则即令y＝，则x＝1，z＝，即n＝(1，，)．易知m＝(1，0，0)是平面PAB的一个法向量，则|cos〈m，n〉|＝＝＝，∴tan〈m，n〉＝.故选A. 8.(2024·湖南长沙一中高二月考)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱B1C1，BB1的中点，G为面对角线A1D上的一点，且＝λ(0≤λ≤1)，若A1C⊥平面EFG，则λ＝(　　) A． B． C． D． 答案　A 解析　以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，C(0，2，0)，A1(2，0，2)，E(1，2，2)，F(2，2，1)，所以＝(－2，2，－2)，＝(2，0，2)，＝(1，0，－1)，由＝λ(0≤λ≤1)，可得G(2λ，0，2λ)，所以＝(2λ－1，－2，2λ－2)，＝(2λ－2，－2，2λ－1)，因为A1C⊥平面EFG，所以⊥，⊥，所以·＝0，·＝0，即解得λ＝，当G为线段A1D上靠近D的四等分点时，A1C⊥平面EFG.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．(2023·江西吉安高二统考期末)如图，空间四边形OABC中，M，N分别是边OA，CB上的点，且AM＝2MO，CN＝2NB，G是线段MN的中点，则以下向量表示正确的是(　　) A．＝＋＋ B．＝－＋ C．＝－＋ D．＝＋＋ 答案　BD 解析　空间四边形OABC中，＝2，＝2，G是线段MN的中点，＝＋＝＋＝＋(－)＝＋，＝(＋)＝·＋＝＋＋，故D正确；＝－＝－＋＋，故A错误；＝－＝－＋，故B正确；＝－＝＋－，故C错误．故选BD. 10.(2023·贵州贵阳高二统考期末)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H，K，L分别是棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中点，则下列说法正确的是(　　) A．向量，，共面 B．A1C⊥平面EFGHKL C．BC与平面EFGHKL所成角的正弦值为 D．∠KEF＝90° 答案　BCD 解析　如图，以D为原点建立空间直角坐标系，设AD＝2，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，A1(2，0，2)，E(2，1，0)，F(2，2，1)，K(0，0，1)，可得＝(0，－1，0)，＝(－2，－1，1)，＝(0，1，1)，＝(－2，2，－2)，＝(－2，0，0)．对于A，若向量，，共面，则存在实数λ，μ，使得＝λ＋μ成立，∵＝(0，－1，0)，λ＋μ＝(－2λ，－λ＋μ，λ＋μ)，可得无解，∴不存在实数λ，μ，使得＝λ＋μ成立，故向量，，不共面，故A错误；对于B，由题意可得E，F，G，H，K，L六点共面， ∵则A1C⊥EK，A1C⊥EF，EK∩EF＝E，EK，EF⊂平面EFGHKL，∴A1C⊥平面EFGHKL，故B正确；对于C，由B可得＝(－2，2，－2)是平面EFGHKL的一个法向量，∵cos〈，〉＝＝＝，∴BC与平面EFGHKL所成角的正弦值为，故C正确；对于D，∵·＝(－2)×0＋(－1)×1＋1×1＝0，则EK⊥EF，∴∠KEF＝90°，故D正确．故选BCD. 11.(2023·河北邢台高二统考)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别是棱BC，CC1，B1B的中点，则下列说法不正确的是(　　) A．A1D⊥平面AEF B．D1G∥平面AEF C．平面AEF截该正方体所得的截面面积为 D．三棱锥A1－AEF的体积为 答案　ABD 解析　以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，A1(2，0，2)，B1(2，2，2)，C1(0，2，2)，D1(0，0，2)，E(1，2，0)，F(0，2，1)，G(2，2，1)，∴＝(－1，0，1)，＝(－1，2，0)，设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，则即令y＝1，则x＝2，z＝2，∴n＝(2，1，2)．对于A，＝(－2，0，－2)，与n＝(2，1，2)不平行，∴直线A1D与平面AEF不垂直，故A不正确；对于B，＝(2，2，－1)，·n＝2×2＋2×1＋(－1)×2＝4≠0，∴与n＝(2，1，2)不垂直，∴直线D1G与平面AEF不平行，故B不正确；对于C，连接AD1和D1F，＝(－2，0，2)＝2，∴AD1∥EF，因此A，E，F，D1四点共面，即平面AEF截该正方体所得的截面为梯形AEFD1，直线AD1的一个单位方向向量u＝＝(－2，0，2)，取a＝＝(－1，2，0)，则a2＝5，a·u＝，∴点E到直线AD1的距离d＝＝＝，∴梯形AEFD1的面积S＝＝＝，即平面AEF截该正方体所得的截面面积为，故C正确；对于D，易知△AEF与梯形AEFD1等高，∴S△AEF＝＝＝，＝(0，0，2)，点A1到平面AEF的距离，即三棱锥A1－AEF的高h＝＝，∴三棱锥A1－AEF的体积V＝S△AEF·h＝××＝，故D不正确．故选ABD. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．(2023·陕西礼泉县第二中学高二阶段练习)已知a＋b＝(2，，2)，a－b＝(0，，0)，则a·b＝________． 答案　4 解析　由a＋b＝(2，，2)，a－b＝(0，，0)，得a＝(1，，)，b＝(1，0，)，则a·b＝1＋3＝4. 13．若A(x，5－x，2x－1)，B(1，x＋2，2－x)，则当||取最小值时，x的值为________． 答案　 解析　＝(1－x，2x－3，－3x＋3)，则||＝ ＝＝，故当x＝时，||取最小值． 14．已知ABCD－A1B1C1D1是棱长为1的正方体，则平面AB1D1与平面C1BD的位置关系为________，距离为________． 答案　平行　 解析　以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，D(0，0，0)，C1(0，1，1)，D1(0，0，1)，B1(1，1，1)，可得＝(0，1，1)，＝(－1，0，1)，＝(－1，0，1)，＝(0，1，1)，因为＝，＝，则∥，∥，所以AD1∥BC1，AB1∥DC1，因为AD1⊄平面C1BD，BC1⊂平面C1BD，AB1⊄平面C1BD，DC1⊂平面C1BD，所以AD1∥平面C1BD，AB1∥平面C1BD，又AD1∩AB1＝A，AD1，AB1⊂平面AB1D1，所以平面AB1D1∥平面C1BD，所以平面AB1D1与平面C1BD的距离等于点C1到平面AB1D1的距离d，设平面AB1D1的法向量为n＝(x，y，z)，则令z＝1，可得x＝1，y＝－1，所以n＝(1，－1，1)，又因为＝(1，0，0)，所以d＝＝，所以平面AB1D1与平面C1BD的距离为. 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．(2023·浙江宁波高二统考期末)(本小题满分13分)已知空间三点A(－1，0，2)，B(0，1，2)，C(－3，0，4)，设＝a，＝b. (1)求a与b的夹角θ的余弦值； (2)若向量ka＋b与a－kb互相垂直，求k的值． 解　(1)因为a＝＝(1，1，0)，b＝＝(－2，0，2)，所以cosθ＝＝＝－， 所以a与b的夹角θ的余弦值为－. (2)由(1)可知a＝(1，1，0)，b＝(－2，0，2)．因为向量ka＋b与a－kb互相垂直，所以(ka＋b)·(a－kb)＝0，所以k|a|2－k|b|2＋(1－k2)a·b＝0，所以2k－8k－2(1－k2)＝0，所以k2－3k－1＝0，解得k＝. 16.(本小题满分15分)如图所示，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在B1B，D1D上，且BE＝BB1，DF＝DD1. (1)求证：A，E，C1，F四点共面； (2)若＝x＋y＋z，求x＋y＋z的值． 解　(1)证明：因为＝＋＋＝＋＋＋＝＋ ＝(＋)＋(＋)＝＋， 所以A，E，C1，F四点共面． (2)因为＝－＝＋－(＋)＝＋－－＝－＋＋， 所以x＝－1，y＝1，z＝， 所以x＋y＋z＝. 17.(本小题满分15分)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知AB＝2，AA1＝5，E，F分别为D1D，B1B上的点，且DE＝B1F＝1. (1)求证：BE⊥平面ACF； (2)求点E到平面ACF的距离． 解　(1)证明：以D为原点，DA，DC，DD1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，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，E(0，0，1)，F(2，2，4)． 连接AE， 所以＝(－2，2，0)，＝(0，2，4)，＝(－2，－2，1)，＝(－2，0，1)． 因为·＝0，·＝0， 所以BE⊥AC，BE⊥AF， 又AC∩AF＝A， 所以BE⊥平面ACF. (2)由(1)知，为平面ACF的一个法向量， 所以点E到平面ACF的距离 d＝＝＝. 故点E到平面ACF的距离为. 18.(本小题满分17分)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BD，DD1的中点，M是A1B1上一点，且＝. (1)证明：BM∥平面EFA1； (2)求直线EC1与平面EFA1所成角的正弦值． 解　(1)证明：如图，以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 则B(2，0，0)，M，A1(0，0，2)，E(1，1，0)，F(0，2，1)，C1(2，2，2)，所以＝，＝(－1，1，1)，＝(－1，－1，2)． 设平面EFA1的法向量为n＝(x，y，z)， 由得 取n＝(3，1，2)，因为n·＝0，BM在平面EFA1外， 所以BM∥平面EFA1. (2)因为＝(1，1，2)，平面EFA1的一个法向量为n＝(3，1，2)， 设直线EC1与平面EFA1所成的角为θ， 故sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝. 所以直线EC1与平面EFA1所成角的正弦值为. 19.(本小题满分17分)如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AE⊥平面ABCD，EF∥CD，BC＝CD＝AE＝EF＝AD＝1. (1)求证：BE⊥AF； (2)在线段BC上是否存在点M，使平面EMD与平面AMD的夹角的大小为？若存在，求出CM的长；若不存在，请说明理由． 解　(1)证明：如图，作FG∥AE，AG∥EF，连接EG，BG， ∵EF∥CD且EF∥AG，∴AG∥CD，即点G在平面ABCD内， ∴四边形CDAG为平行四边形， 又∠ADC＝90°，∴BG⊥AG， ∵AE⊥平面ABCD，BG⊂平面ABCD， ∴AE⊥BG， 又AG∩AE＝A，AG，AE⊂平面AEFG， ∴BG⊥平面AEFG， ∵AF⊂平面AEFG，∴BG⊥AF. ∵AE⊥AG，∴平行四边形AEFG为矩形， 又AE＝EF，∴矩形AEFG为正方形， ∴AF⊥EG， 又BG∩EG＝G，BG，EG⊂平面BGE， ∴AF⊥平面BGE， ∵BE⊂平面BGE，∴BE⊥AF. (2)由(1)知，AG，AD，AE为三条两两互相垂直的直线，以A为原点，AG，AD，AE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Axyz，如图， 则A(0，0，0)，E(0，0，1)，D(0，2，0)， 设M(1，y0，0)，y0∈[1，2]， ∴＝(0，2，－1)，＝(1，y0－2，0)， 设平面EMD的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令y＝1，得z＝2，x＝2－y0， ∴平面EMD的一个法向量为n＝(2－y0，1，2)， 又AE⊥平面ABCD，即AE⊥平面AMD， ∴＝(0，0，1)为平面AMD的一个法向量， ∴|cos〈n，〉|＝＝cos＝， 解得y0＝2±，又y0∈[1，2]， 故在线段BC上不存在点M，使平面EMD与平面AMD的夹角的大小为. 12 学科网（北京）股份有限公司 $$