第3章 空间向量与立体几何 测评卷(教用Word)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（北师大版2019）

第三章测评卷 (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.与向量a=(1,3,-2)平行的一个向量的坐标是(B) A. B. C. D.(,-3,-2) 解析　对于B,=-(1,3,-2)=-a。故选B。 2.已知四边形ABCD满足:·<0,·<0,·<0 ,·<0,则该四边形为(D) A.平行四边形 B.梯形 C.长方形 D.空间四边形 解析　由已知条件可知四边形ABCD中,∠ABC,∠BCD,∠ADC和∠BAD均为锐角,而在平面四边形中任一四边形的内角和均为360°,这与已知条件矛盾,所以该四边形一定为空间四边形。故选D。 3.已知a=(cos a,1,sin a),b=(sin a,1,cos a),则向量a+b与a-b的夹角是(A) A.90° B.60° C.30° D.0° 解析　(a+b)(a-b)=a2-b2=0,所以(a+b)⊥(a-b)。故选A。 4.如果平面的一条斜线和它在这个平面上的投影的方向向量分别是a=(1,0,1),b=(0,1,1),那么,这条斜线与平面所成的角是(D) A.90° B.30° C.45° D.60° 解析　cos<a,b>==,所以<a,b>=60°。 5.在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,M是棱DD1的中点,点O为底面ABCD的中心,P为棱A1B1上任一点,则异面直线OP与AM所成的角的大小为(C) A. B. C. D. 解析　如图,以D为原点,建立空间直角坐标系,设||=1,则A(1,0,0),M,O,P(1,y,1),则=,=,所以·=0,所以OP⊥AM。 6.设a1=2m-j+k,a2=m+3j-2k,a3=-2m+j-3k,a4=3m+2j+5k,其中m,j,k是两两垂直的单位向量,若a4=λa1+μa2+va3,则实数λ,μ,v的值分别是(B) A.1,-2,3 B.-2,1,-3 C.-2,1,3 D.-1,2,3 解析　由题意知,a4=2λm-λj+λk+μm+3μj-2μk-2vm+vj-3vk=3m+2j+5k,所以解得 7.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(C) A.(-2,2,0) B.(2,-2,0) C. D. 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,所以·=0,即(-λ,λ-1,-1)·(-1,1,0)=0,即λ+λ-1=0,解得λ=,所以H。故选C。 8.已知空间两个动点A(m,1+m,2+m),B(1-m,3-2m,3m),则||的最小值是(C) A. B. C. D. 解析　因为=(1-2m,2-3m,-2+2m),所以||2=(1-2m)2+(2-3m)2+(-2+2m)2=17m2-24m+9=17+,所以||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.已知向量a=(1,1,-1),b=(2,-1,0),c=(0,1,-2),则下列结论正确的是(ABD) A.a·(b+c)=4 B.(a-b)·(b-c)=-8 C.记a与b-c的夹角为θ,则cos θ= D.若(a+λb)⊥c,则λ=3 解析　由题意得,a·(b+c)=(1,1,-1)·(2,0,-2)=2+0+2=4,(a-b)·(b-c)=(-1,2,-1)·(2,-2,2)=-2-4-2=-8。因为a·(b-c)=2-2-2=-2,|a||b-c|=×2=6,所以cos θ==-。因为(a+λb)⊥c,所以(a+λb)·c=0,即(1+2λ,1-λ,-1)·(0,1,-2)=0,得1-λ+2=0,解得λ=3。综上可知,选项A,B,D正确。 10.如图,在三棱柱ABC⁃A1B1C1中,设=a,=b,=c,M是A1B的中点,点N在CM上,且CN∶CM=1∶4,用基{a,b,c}表示下列各向量,其中正确的是(BCD) A.=(a+b) B.=a+b-c C.=a+b-c D.=-a+b-c 解析　=-=a-b,=+=(+)+=-c+b+a。因为M是A1B的中点,点N在CM上,且CN∶CM=1∶4,所以=+=(+)+=(-c+b)+(+)=(-c+b)+(-b+a)=a+b-c,所以=+=+=-a+=-a+b-c。 11.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A⁃BD⁃C,则在四面体ABCD中,下列四个结论正确的是(ABD) A.AC⊥BD B.△ACD是等边三角形 C.AB与平面BCD所成的角为 D.AB与CD所成的角为 解析　 如图所示,建立空间直角坐标系O⁃xyz,设正方形ABCD的边长为,则D(1,0,0),B(-1,0,0),C(0,0,1),A(0,1,0),所以=(0,-1,1),=(2,0,0),·=0,故AC⊥BD,A正确;又||=,||=,||=,所以△ACD为等边三角形,B正确;为平面BCD的一个法向量,cos<,>====-。因为直线与平面所成的角的范围为,所以AB与平面BCD所成的角为,故C错误;cos<,>===-。因为异面直线所成的角为锐角或直角,所以AB与CD所成的角为,故D正确。 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。 12.若a=(2,3,-1),b=(-2,1,3),则|a-b|的值为 6 。  解析　a-b=(2,3,-1)-(-2,1,3)=(4,2,-4),则|a-b|==6。 13.如图所示,在直三棱柱ABC⁃A1B1C1中,底面是以∠ABC为直角的等腰三角形,AC=2a,BB1=3a,D是A1C1的中点,点E在棱AA1上,要使CE⊥平面B1DE,则AE= a或2a 。  解析　 建立如图所示的空间直角坐标系,则A(a,0,0),B1(0,0,3a),C(0,a,0)。设点E的坐标为(a,0,z)(0≤z≤3a),则=(a,-a,z),=(a,0,z-3a),由⊥,得2a2+z2-3az=0,解得z=a或2a,即AE=a或2a。 14.如图,在三棱锥P⁃ABC中,△ABC为等边三角形,△PAC为等腰直角三角形,PA=PC=4,平面PAC⊥平面ABC,D为AB的中点,则异面直线AC与PD所成角的余弦值为  。  解析　 取AC的中点O,连接OP,OB,因为PA=PC,所以AC⊥OP。因为平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,OP⊂平面PAC,所以OP⊥平面ABC,又因为AB=BC,所以AC⊥OB,则以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系O⁃xyz,结合△PAC为等腰直角三角形,PA=PC=4,△ABC为等边三角形,则A(2,0,0),C(-2,0,0),P(0,0,2),D(,,0),所以=(-4,0,0),=(,,-2),所以cos<,>===-,故异面直线AC与PD所成角的余弦值为。 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) 已知空间四边形OABC中,M,N分别是OA,BC的中点,点G在MN上且MG=2GN,如图,设=a,=b,=c,试用a,b,c为一组基表示。 解　=+=+=+(++)=a+=a-a+c+b-c=a+b+c。 16. (本小题满分15分)如图,已知直三棱柱ABC⁃A1B1C1中,AC⊥BC,D为AB的中点,AC=BC=BB1。求证: (1)BC1⊥AB1; (2)BC1∥平面CA1D。 证明　 如图,以C1为原点,分别以C1A1,C1B1,C1C所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系。设AC=BC=BB1=2,则A(2,0,2),B(0,2,2),C(0,0,2),A1(2,0,0),B1(0,2,0),C1(0,0,0),D(1,1,2)。 (1)由于=(0,-2,-2),=(-2,2,-2),所以·=0-4+4=0,因此⊥,故BC1⊥AB1。 (2)取A1C的中点E,连接DE,由于E(1,0,1),所以=(0,1,1),又=(0,-2,-2),所以=-,所以∥,所以ED∥BC1,又DE⊂平面CA1D,BC1⊄平面CA1D,故BC1∥平面CA1D。 17.(本小题满分15分) 如图所示,在多面体A1B1D1⁃ABCD中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F。 (1)证明:EF∥B1C; (2)求二面角E⁃A1D⁃B1的余弦值。 解　(1)证明:由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD为平行四边形,从而B1C∥A1D。又A1D⊂平面A1DE,B1C⊄平面A1DE,于是B1C∥平面A1DE。又B1C⊂平面B1CD1,平面A1DE∩平面B1CD1=EF,所以EF∥B1C。 (2)因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD,且AA1=AB=AD。以A为原点,分别以,,的方向为x轴、y轴和z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,设正方形的边长均为1,可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1)。因为E点为B1D1的中点,所以E点的坐标为(0.5,0.5,1)。设平面A1DE的一个法向量为n1=(r1,s1,t1),=(0.5,0.5,0),=(0,1,-1),由n1⊥,n1⊥,得令t1=1,可得n1=(-1,1,1)。设平面A1B1CD的一个法向量n2=(r2,s2,t2),=(1,0,0),=(0,1,-1)。由此同理可得n2=(0,1,1)。结合图形知,二面角E⁃A1D⁃B1的余弦值为==。 18.(本小题满分17分)如图,四棱锥P⁃ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB∥CD,AD=CD=1,∠BAD=120°,∠ACB=90°。 (1)求证:BC⊥平面PAC; (2)若二面角D⁃PC⁃A的余弦值为,求点A到平面PBC的距离。 解　(1)证明:因为PA⊥底面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PA⊥BC,因为∠ACB=90°,所以BC⊥AC,又PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC。 (2)设AP=h,取CD的中点E,则AE⊥CD,所以AE⊥AB。又PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AE,PA⊥AB,故建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),P(0,0,h),C,D,B(0,2,0),=,=(0,1,0),设平面PDC的一个法向量n1=(x1,y1,z1),则即取x1=h,所以n1=。由(1)知平面PAC的一个法向量为=,所以|cos<n1,>|==, 解得h=,=(0,0,)。同理可求得平面PBC的一个法向量n2=(3,,2),所以,点A到平面PBC的距离为d===。 19. (本小题满分17分)已知a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),c=(x3,y3,z3),定义一种运算:(a×b)·c=x1y2z3+x2y3z1+x3y1z2-x1y3z2-x2y1z3-x3y2z1,已知四棱锥P⁃ABCD中,底面ABCD是一个平行四边形,=(2,-1,4),=(4,2,0),=(-1,2,1)。 (1)试计算(×)·的绝对值的值,并求证PA⊥平面ABCD; (2)求四棱锥P⁃ABCD的体积,说明(×)·的绝对值的值与四棱锥P⁃ABCD体积的关系,并由此猜想向量这一运算(×)·的绝对值的几何意义。 解　(1)由题意|(×)·|=|2×2×1+4×2×4+(-1)×(-1)×0-2×0×2-4×(-1)×1-(-1)×2×4|=48。·=-1×2+2×(-1)+1×4=0,·=-1×4+2×2+1×0=0,所以⊥,⊥,即AP⊥AB,AP⊥AD。AB,AD是平面ABCD内两相交直线,所以AP⊥平面ABCD。 (2)由题意||2=21,||2=20,·=2×4+(-1)×2+4×0=6,S▱ABCD=|AB||AD|sin∠BAD=||||=||||·===8,||=,所以VP⁃ABCD=S▱ABCD|PA|=×8×=16。所以|(×)·|=3VP⁃ABCD,猜想:(×)·的绝对值表示以AB,AD,AP为邻边的平行六面体的体积。 学科网（北京）股份有限公司 $$