章末检测卷1 空间向量与立体几何（Word练习）-【金榜题名】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册高中同步学案（人教版）

章末检测卷(一)　空间向量与立体几何 (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．已知平面α和平面β的法向量分别为m＝(3,1，－5)，n＝(－6，－2,10)，则(　　) A．α⊥β B．α∥β或两平面重合 C．α与β相交但不垂直 D．以上都不对 解析：选B　∵n＝(－6，－2,10)，m＝(3,1，－5)， ∴n＝－2m.∴m∥n.∴α与β平行或两平面重合． 2．已知a＝(－3,2,5)，b＝(1,5，－1)，则a·(a＋3b)＝(　　) A．(0,34,10) B．(－3,19,7) C．44 D．23 解析：选C　a＋3b＝(－3,2,5)＋3(1,5，－1)＝(0,17,2)，则a·(a＋3b)＝(－3,2,5)·(0,17,2)＝0＋34＋10＝44. 3．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，x＝8 解析：选A　因为a∥b且a≠0，所以b＝λa，即(x＋1)m＋8n＋2yp＝3λm－2λn－4λp.又因为m，n，p不共面，所以＝＝.所以x＝－13，y＝8. 4．如图所示，在空间直角坐标系中，BC＝2，原点O是BC的中点，点D在平面yOz上，且∠BDC＝90°，∠DCB＝30°，则向量的坐标为(　　) A． B． C． D． 解析：选B　如图所示，过D作DE⊥BC，垂足为E.在Rt△BCD中，由∠BDC＝90°，∠DCB＝30°，BC＝2，得BD＝1，CD＝. ∴DE＝CD·sin 30°＝，OE＝OB－BD·cos 60°＝1－＝. ∴D点坐标为， 即向量的坐标为. 5．已知a＝(cos α，1，sin α)，b＝(sin α，1，cos α)，且a∥b，则向量a＋b与a－b的夹角是(　　) A．90°　　　　　 B．60° C．30° D．0° 解析：选A　∵|a|2＝2，|b|2＝2，∴(a＋b)·(a－b)＝|a|2－|b|2＝0.∴(a＋b)⊥(a－b)． 6．已知在空间直角坐标系O ­xyz中，平面OAB的法向量为a＝(2，－2,1)，已知P(－1，3,2)，则P到平面OAB的距离等于(　　) A．4 B．2 C．3 D．1 解析：选B　设点P到平面OAB的距离为d，则d＝. 因为a＝(2，－2,1)，P(－1,3,2)， 所以d＝＝2. 7．如图，已知长方体ABCD ­A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝AB，则DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 解析：选A　以DA，DC，DD1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)，C1(0,3,1)，D1(0,0,1)，E(1,1,0)，C(0,3,0)． 所以＝(0,3,1)，＝(1,1，－1)，＝(0,3，－1)． 设平面D1EC的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则即令y＝1，得z＝3，x＝2. 所以平面D1EC的一个法向量为n＝(2,1,3)． 所以cos〈n，〉＝＝. 故DC1与平面D1EC所成角的正弦值为. 8．如图所示，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，E是CD的中点，F是AD上一点，当BF⊥PE时，AF∶FD的值为(　　) A．1∶2 B．1∶1 C．3∶1 D．2∶1 解析：选B　以AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)． 设正方形的边长为1，PA＝a， 则B(1,0,0)，E，P(0,0，a)． 设点F的坐标为(0，y,0)， 则＝(－1，y,0)，＝. ∵BF⊥PE，∴·＝－＋y＝0. 解得y＝，即点F的坐标为. ∴F为AD的中点．∴AF∶FD＝1∶1.故选B． 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．若A，B，C，D为空间内不同的四点，则下列各式为零向量的是(　　) A．＋2＋2＋ B．2＋2＋3＋3＋ C．＋＋ D．－＋－ 解析：选BD　A中，原式＝＋2＋＝＋＋＋＝＋，不符合题意； B中，原式＝2(＋＋＋)＋(＋＋)＝0； C中，原式＝，不符合题意； D中，原式＝(－)＋(－)＝0. 10．如图，在长方体ABCD ­A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝4，AA1＝3，以直线DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则(　　) A．点B1的坐标为(4,5,3) B．点C1关于点B对称的点为(5,8，－3) C．点A关于直线BD1对称的点为(0,5,3) D．点C关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0) 解析：选ACD　根据题意知，点B1的坐标为(4,5,3)，A正确； B的坐标为(4,5,0)，C1坐标为(0,5,3)，故点C1关于点B对称的点为(8,5，－3)，B错误； 点A关于直线BD1对称的点为C1(0,5,3)，C正确； 点C(0,5,0)关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0)，D正确．故选ACD． 11．已知在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，E，F分别是A1D1和C1D1的中点，则下列结论正确的是(　　) A．A1C1∥平面CEF B．B1D⊥平面CEF C．＝＋－ D．点D与点B1到平面CEF的距离相等 解析：选AC　对于选项A，因为E，F分别是A1D1和C1D1的中点，所以EF∥A1C1.故A1C1∥平面CEF成立． 对于选项B，建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体ABCD ­A1B1C1D1的边长为2，则＝(－2，－2，－2)， ＝(0,1，－2)． 所以·＝0－2＋4＝2≠0. 故，不互相垂直． 又CF⊂平面CEF， 故B1D⊥平面CEF不成立． 对于选项C，由图可知，＝(1，－2,2)， ＋－＝(2,0,0)＋(0,0,2)－(0,2,0)＝(1，－2,2)． 故＝＋－成立． 对于选项D，点D与点B1到平面CEF的距离相等等价于点D与点B1连线的中点O在平面CEF上．连接AC，AE易得平面CEF即平面CAEF.又点D与点B1连线的中点O在平面A1ACC1上，则点O不在平面CEF上．故D不成立． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．化简：(a＋2b－3c)＋5－3(a－2b＋c)＝________. 解析：原式＝a＋b－c＋a－b＋c－3a＋6b－3c ＝a＋b＋c＝a＋b－c. 答案：a＋b－c 13．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c共面，则λ＝________. 解析：由已知可发现a与b不共线．由共面向量定理可知，要使a，b，c共面，则必存在实数x，y，使得c＝xa＋yb， 即解得 答案： 14．已知在三棱柱ABC­A1B1C1中，底面是棱长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD＝1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α的值等于________． 解析：如图所示，建立空间直角坐标系，易求得点D，平面AA1C1C的一个法向量是n＝(1,0,0)． 所以sin α＝|cos〈n，〉|＝＝. 答案： 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．(13分)如图所示，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直，点M，N分别在对角线BD，AE上，且BM＝BD，AN＝AE.求证：向量，，共面． 证明：因为M在BD上，且BM＝BD， 所以＝＝＋. 同理＝＋. 所以＝＋＋ ＝＋＋ ＝＋＝＋. 又与不共线，根据向量共面的充要条件可知，，共面． 16．(15分)如图所示，在矩形ABCD中，AB＝2BC，P，Q分别为线段AB，CD的中点，EP⊥平面ABCD． (1)证明：AQ∥平面EPC； (2)证明：平面AEQ⊥平面EPD． 证明：(1)∵EP⊥平面ABCD，且P，Q分别为AB，DC的中点，∴PQ⊥AB．故以P为坐标原点，以PA，PQ，PE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图． 设AB＝2，PE＝a，则A(1,0,0)，Q(0,1,0)，E(0,0，a)，C(－1，1,0)． ∵＝(－1,1,0)，＝(－1,1,0)， ∴＝，即∥.∴AQ∥PC． 又∵AQ⊄平面EPC，PC⊂平面EPC， ∴AQ∥平面EPC． (2)∵D(1,1,0)，E(0,0，a)， ∴＝(1,1,0)，＝(0,0，a)． ∴·＝(－1,1,0)·(1,1,0)＝－1＋1＝0， ·＝(－1,1,0)·(0,0，a)＝0. ∴⊥，⊥， 即AQ⊥PD，AQ⊥PE. 又PD∩PE＝P，∴AQ⊥平面EPD． 又AQ⊂平面AEQ， ∴平面AEQ⊥平面EPD． 17．(15分)已知在三棱柱ABC­A1B1C1中，底面ABC为正三角形，且侧棱AA1⊥底面ABC，且底面边长与侧棱长都等于2，O，O1分别为AC，A1C1的中点，求平面AB1O1与平面BC1O间的距离． 解：如图，连接OO1. 根据题意知，OO1⊥底面ABC，则以O为原点，以OB，OC，OO1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系． ∵AO1∥OC1，OB∥O1B1， AO1∩O1B1＝O1，OC1∩OB＝O， ∴平面AB1O1∥平面BC1O. ∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离即为点O1到平面BC1O的距离． ∵O(0,0,0)，B(，0,0)，C1(0,1,2)，O1(0，0,2)， ∴＝(，0,0)，＝(0,1,2)，＝(0,0,2)． 设n＝(x，y，z)为平面BC1O的法向量， 则即 ∴可取n＝(0,2，－1)． 点O1到平面BC1O的距离记为d， 则d＝＝＝. ∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离为. 18．(17分)如图，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，四边形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，BD＝AE＝2，O，M分别为CE，AB的中点． (1)求异面直线AB与CE所成角的大小； (2)求直线CD与平面ODM所成角的正弦值． 解：(1)∵DB⊥BA，平面ABDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC＝AB，DB⊂平面ABDE， ∴DB⊥平面ABC． ∵BD∥AE，∴EA⊥平面ABC． 如图所示，以C为坐标原点，以CA，CB所在直线分别为x，y轴，以过点C且与EA平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系． ∵AC＝BC＝4， ∴C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,4,0)，E(4,0,4)． ∴＝(－4,4,0)，＝(4,0,4)． ∴cos 〈，〉＝ ＝－. ∴异面直线AB与CE所成角的大小为. (2)由(1)知，O(2,0,2)，D(0,4,2)，M(2,2,0)． ∴＝(0,4,2)，＝(－2,4,0)， ＝(－2,2,2)． 设平面ODM的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则由 可得 令x＝2，得y＝1，z＝1. ∴n＝(2,1,1)． 设直线CD与平面ODM所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝ ＝. ∴直线CD与平面ODM所成角的正弦值为. 19．(17分)我们知道，在平面中，给定一点和一个方向可以唯一确定一条直线．如点A(1,2)在直线l上，a＝(1,3)为直线l的一个方向向量，则直线l上任意一点B(x，y)满足：∥a，化简可得3x－y－1＝0，即为直线l的方程．类似地，在空间中，给定一点和一个平面的法向量可以唯一确定一个平面． (1)若在空间直角坐标系中，P(1,3，－1)，M(2,1,0)，N(3,2，－1)，请利用平面PMN的法向量求出平面PMN的方程； (2)试写出平面Ax＋By＋Cz＋D＝0(A，B，C不同时为0)的一个法向量(无需证明)，并证明点(x0，y0，z0)到平面Ax＋By＋Cz＋D＝0的距离为. 解：(1)由题意知，＝(1，－2,1)，＝(2，－1，0)． 设平面PMN的法向量为n＝(x，y，z)， 所以即 令x＝1，得y＝2，z＝3.所以n＝(1,2,3)． 设平面PMN为任意一点Q(x，y，z)． 则当Q不同于P时，有⊥n；当Q与P重合时，有＝0.所以·n＝0. 所以(x－1，y－3，z＋1)·(1,2,3)＝0. 化简得x＋2y＋3z－4＝0. 所以平面PMN的方程为x＋2y＋3z－4＝0. (2)由题意知，平面Ax＋By＋Cz＋D＝0的法向量可取m＝(A，B，C)． 证明如下： 设P1(x1，y1，z1)，P2(x2，y2，z2)为平面Ax＋By＋Cz＋D＝0内的任意两个点， 则Ax1＋By1＋Cz1＋D＝0，Ax2＋By2＋Cz2＋D＝0. 两式相减，得A(x2－x1)＋B(y2－y1)＋C(z2－z1)＝0，即m·＝0，即m⊥. 所以平面Ax＋By＋Cz＋D＝0的法向量可取m＝(A，B，C)． 记H(x0，y0，z0)，因为A，B，C不同时为0，不妨令C≠0， 平面Ax＋By＋Cz＋D＝0上可取点G， 所以＝. 则点H到平面Ax＋By＋Cz＋D＝0的距离d＝＝. 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$