第一章 空间向向量与立体几何 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B版2019）

数学　选择性必修·第一册　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，又m，n，p不共面，∴＝＝，∴x＝－13，y＝8．故选A． 2．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． 3．已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心为O1，则·的值为(　　) A．－1 B．0 C．1 D．2 答案　C 解析　由于＝＋＝＋(＋)＝＋(＋)，而＝＋，则·＝·(＋)＝(＋)2＝(2＋2)＝1． 4．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则点M的坐标为(　　) A．(1，1，1) B． C． D． 答案　C 解析　设点M的坐标为(x，y，1)，因为AC∩BD＝O，所以O，又E(0，0，1)，A(，，0)，所以＝，＝(x－，y－，1)，因为AM∥平面BDE，AM⊂平面ACEF，平面BDE∩平面ACEF＝OE，所以∥，所以 ⇒所以点M的坐标为．故选C． 5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 答案　B 解析　如图，以A为原点建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1．则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，∴＝(0，1，－1)，＝．设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，则即∴∴n1＝(1，2，2)，∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)．∴cos〈n1，n2〉＝＝．即所成的锐二面角的余弦值为．故选B． 6．如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为CD，A1B1的中点，则下列结论正确的是(　　) ①点F到点E的距离为；②点F到直线ED1的距离为；③点F到平面AED1的距离为；④平面BFC1到平面AED1的距离为． A．①②④ B．②③④ C．①④ D．①②③ 答案　D 解析　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，由题意知A(1，0，0)，B(1，1，0)，E，C1(0，1，1)，D1(0，0，1)，F，＝(－1，0，－1)，＝，＝(－1，0，1)，＝．设平面AED1的一个法向量为n＝(x，y，z)，所以令x＝1，可得平面AED1的一个法向量为n＝(1，2，1)．点F到点E的距离为＝，故①正确；点F到直线ED1的距离为 ＝＝，故②正确；点F到平面AED1的距离为d＝＝＝，故③正确；由正方体的性质可知平面BFC1∥平面AED1，所以平面BFC1到平面AED1的距离即点F到平面AED1的距离，为d＝，故④错误．故选D． 7．(2023·北京市八一中学高二校考期末)如图，在正四棱锥P－ABCD中，PA＝AB，M为PA的中点，＝λ．若MN⊥AD，则实数λ的值为(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 答案　C 解析　因为四棱锥P－ABCD是正四棱锥，所以四边形ABCD为正方形，AB⊥AD，PA＝PB＝PC＝PD，因为PA＝AB，所以△PAB和△PAD均为等边三角形且边长均相等，所以∠PAB＝∠PAD＝60°，因为M为PA的中点，＝λ，所以＝＋＝－＋＋＝－＋＋＝－＋＋(－)＝－＋＋，因为MN⊥AD，所以·＝0，即·＝·＝－·＋2＋·＝－||·||cos60°＋2＝－||2＋||2＝0，解得λ＝4． 8．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，点P在侧面ABB1A1内．若D1P⊥CM，则△PBC面积的最小值为(　　) A． B．1 C． D． 答案　C 解析　如图，以A为原点，，，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M(0，0，1)，C(2，2，0)，D1(0，2，2)，B(2，0，0)，∴＝(－2，－2，1)．∵点P在侧面ABB1A1内，∴设P(a，0，b)，a，b∈[0，2]，则＝(2－a，0，－b)，＝(a，－2，b－2)．∵D1P⊥CM，∴·＝－2a＋4＋b－2＝0，即b＝2a－2，∴a∈[1，2]．∵BC⊥平面ABB1A1，PB⊂平面ABB1A1，∴BC⊥PB，∴S△PBC＝BC·PB＝×2PB＝．将b＝2a－2代入，可得S△PBC＝＝，a∈[1，2]，∴当a＝时，S△PBC取得最小值，为．故选C． 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．下列说法中错误的是(　　) A．若A，B，C，D是空间任意四点，则有＋＋＋＝0 B．|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件 C．若，共线，则AB∥CD D．对空间任意一点O与不共线的三点A，B，C，若＝x＋y＋z(其中x，y，z∈R)，则P，A，B，C四点共面 答案　BCD 解析　易知A正确；若a，b共线，则|a＋b|＝|a|＋|b|或|a＋b|＝||a|－|b||，故B错误；若，共线，则直线AB，CD可能重合，故C错误；只有当x＋y＋z＝1时，P，A，B，C四点才共面，故D错误，故选BCD． 10．定义空间两个非零向量的一种运算a⊗b＝|a|·|b|sin〈a，b〉，则关于空间向量上述运算的以下结论中，恒成立的是(　　) A．a⊗b＝b⊗a B．λ(a⊗b)＝(λa)⊗b C．(a＋b)⊗c＝(a⊗c)＋(b⊗c) D．若a＝(x1，y1，0)，b＝(x2，y2，0)，则a⊗b＝|x1y2－x2y1| 答案　AD 解析　对于A，a⊗b＝|a||b|sin〈a，b〉，b⊗a＝|b||a|·sin〈b，a〉，故a⊗b＝b⊗a恒成立；对于B，λ(a⊗b)＝λ(|a|·|b|sin〈a，b〉)，(λa)⊗b＝|λ||a||b|sin〈λa，b〉，故λ(a⊗b)＝(λa)⊗b不恒成立；对于C，令a＝λb，则(a＋b)⊗c＝|1＋λ||b||c|sin〈(1＋λ)b，c〉，(a⊗c)＋(b⊗c)＝|λb||c|sin〈λb，c〉＋|b||c|sin〈b，c〉．若λ≥0，等式成立；若λ<0，等式显然不成立．故(a＋b)⊗c＝(a⊗c)＋(b⊗c)不恒成立；对于D，cos〈a，b〉＝，sin〈a，b〉＝，则有 a⊗b＝|a||b|· ＝ ＝ ＝ ＝|x1y2－x2y1|． 则a⊗b＝|x1y2－x2y1|恒成立．故选AD． 11．(2023·山东青岛高二统考期末)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，E为棱PB的中点，F为棱BC上的动点，则下列结论正确的是(　　) A．平面AEF⊥平面PBC B．EF与平面ABCD所成角的最大值为 C．点E到平面PAC的距离为 D．AE与PC所成角的余弦值为 答案　CD 解析　取BC的中点M，连接AM，AC，因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝，所以AM⊥BC，因为PA⊥平面ABCD，AM，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD，所以AM，AD，AP两两垂直，所以以A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，则A(0，0，0)，B(，－1，0)，C(，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，因为E为棱PB的中点，所以E，设F(，a，0)(－1≤a≤1)，对于A，设平面AEF的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面PBC的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，因为＝，＝(，a，0)，＝(，－1，－2)，＝(，1，－2)，所以 令x1＝，x2＝，则m＝，n＝，若平面AEF⊥平面PBC，则m·n＝3－＝0，解得a＝3，不符合题意，所以A错误；对于B，平面ABCD的一个法向量为＝(0，0，2)，＝，设EF与平面ABCD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，〉|＝＝＝，因为a2＋a＋2＝＋≥，所以sinθ≤，因为>，所以θ大于，所以B错误；对于C，设平面PAC的一个法向量为b＝(x，y，z)，＝(0，0，2)，＝(，1，0)，则令x＝，则b＝(，－3，0)，＝，所以点E到平面PAC的距离为＝＝，所以C正确；对于D，设AE与PC所成的角为α，＝，＝(，1，－2)，所以cosα＝|cos〈，〉|＝＝＝，所以D正确．故选CD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知a＝(3λ，6，λ＋6)，b＝(λ＋1，3，2λ)为两平行平面的法向量，则λ＝________． 答案　2 解析　由题意知a∥b，所以＝＝，解得λ＝2． 13．如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝3A1M，C1N＝2B1N．设＝x＋y＋z(x，y，z∈R)，则x＋y＋z的值为________． 答案　1 解析　由题意，在三棱柱ABC－A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝3A1M，C1N＝2B1N，则＝＋＋＝＋＋＝－＋＋＋(－)＝＋＋，∵＝x＋y＋z(x，y，z∈R)，∴x＋y＋z＝＋＋＝1． 14．在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱CC1的中点，N是侧面B1BCC1内的动点，且满足直线A1N∥平面AD1M，当直线A1N与平面B1BCC1所成的角最大时，三棱锥B－DMN外接球的半径为________． 答案　 解析　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，则A(2，0，0)，D1(2，2，2)，M(0，2，1)，A1(2，0，2)，D(2，2，0)，设平面AD1M的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则＝(0，2，2)，＝(－2，0，－1)，则取x1＝1，可得m＝(1，2，－2)，设点N(0，b，c)，则＝(－2，b，c－2)，因为A1N∥平面AD1M，则·m＝－2＋2b－2(c－2)＝0，可得b－c＋1＝0，其中0≤b≤1，易知平面BB1C1C的一个法向量为n＝(1，0，0)，＝(－2，b，b－1)，|cos〈，n〉|＝＝＝，故当b＝时，|cos〈，n〉|取得最大值，此时，点N，设三棱锥B－DMN的球心为O(x，y，z)， 则 解得即球心O，因此三棱锥B－DMN外接球的半径为 OB＝＝． 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·广东惠州高二联考)(本小题满分13分)已知a＝(1，4，－2)，b＝(－2，2，4)． (1)若(ka＋b)⊥(a－3b)，求实数k的值； (2)若c＝b，求cos〈a，c〉的值． 解　(1)ka＋b＝k(1，4，－2)＋(－2，2，4)＝(k－2，4k＋2，－2k＋4)， a－3b＝(1，4，－2)－3(－2，2，4)＝(7，－2，－14)． ∵(ka＋b)⊥(a－3b)，即(ka＋b)·(a－3b)＝0， ∴7(k－2)－2(4k＋2)－14(－2k＋4)＝0， 解得k＝． (2)由已知得c＝b＝(－1，1，2)，a＝(1，4，－2)， ∴cos〈a，c〉＝ ＝ ＝＝－． 16．(本小题满分15分)已知A，B，C三点不共线，另外一点M满足＝＋＋． (1)判断向量，，是否共面； (2)判断M是否在平面ABC内． 解　(1)因为＋＋＝3， 所以－＝(－)＋(－)＝＋， 所以＝＋＝－－． 所以向量，，共面． (2)由(1)知向量，，共面，而它们有共同的起点M，且A，B，C三点不共线，所以M，A，B，C共面，即M在平面ABC内． 17．(本小题满分15分)如图，已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点． (1)求点D到平面PEF的距离； (2)求直线AC到平面PEF的距离． 解　(1)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，如图所示． 则D(0，0，0)，P(0，0，1)，E，F，所以＝，＝，＝， 设平面PEF的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则所以 令x＝2，则y＝2，z＝3， 所以n＝(2，2，3)为平面PEF的一个法向量，所以点D到平面PEF的距离为＝＝． (2)由(1)，知A(1，0，0)，所以＝． 点A到平面PEF的距离为＝＝． 因为AC∥平面PEF，所以直线AC到平面PEF的距离为． 18．(本小题满分17分)在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠ABD＝，AB＝2AD． (1)求证：平面BDEF⊥平面ADE； (2)若ED＝BD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值． 解　(1)证明：在△ABD中，∠ABD＝， AB＝2AD， 由余弦定理，得BD＝AD， 从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD， 所以△ABD为直角三角形且∠ADB＝． 因为DE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以DE⊥BD． 又AD∩DE＝D，AD，DE⊂平面ADE，所以BD⊥平面ADE． 因为BD⊂平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面ADE． (2)由(1)可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝，BD＝AD， 又由ED＝BD，设AD＝1，则BD＝ED＝． 因为DE⊥平面ABCD，BD⊥AD， 所以以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，如图所示， 则A(1，0，0)，C(－1，，0)，E(0，0，)，F(0，，)， 所以＝(－1，0，)，＝(－2，，0)． 设平面AEC的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令z＝1，得n＝(，2，1)为平面AEC的一个法向量． 因为＝(－1，，)， 所以cos〈n，〉＝＝， 所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为． 19．(本小题满分17分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，M，N分别为BC，PA的中点，且AB＝AC＝1，AD＝． (1)证明：MN∥平面PCD； (2)设直线AC与平面PBC所成的角为α，当α在内变化时，求二面角P－BC－A的平面角的余弦值的取值范围． 解　(1)证明：取PD的中点Q，连接NQ，CQ． ∵M，N分别为BC，PA的中点， ∴NQ∥AD∥CM，NQ＝AD＝CM． ∴四边形CQNM为平行四边形， ∴MN∥CQ． 又MN⊄平面PCD，CQ⊂平面PCD， ∴MN∥平面PCD． (2)连接PM， ∵AB＝AC＝1，M为BC的中点， 则AM⊥BC． 又PA⊥平面ABCD，由三垂线定理得PM⊥BC． ∴∠PMA即为二面角P－BC－A的平面角，设为θ． ∵底面ABCD是平行四边形，AD＝， ∴BC＝AD＝， 又AB＝AC＝1，∴AB2＋AC2＝BC2， 即AB⊥AC． 以A为原点，，，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A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，M，P， 于是＝， ＝，＝(－1，1，0)． 设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则即 可取n＝， 又＝(0，－1，0)， 于是sinα＝＝＝sinθ． ∵0<α<，∴0<sinα<，0<sinθ<． 又0<θ<，∴0<θ<． 即二面角P－BC－A的平面角的余弦值的取值范围为． 13 学科网（北京）股份有限公司 $$