第一章 空间向量与立体几何 章末检测试卷(一)（Word教参）-【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（人教A版）

章末检测试卷(一) [时间：120分钟　满分：150分] 一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分) 1．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，＋＋－等于(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　＋＋－＝＋＝. 2．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(1,3，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　A 解析　若向量a，b，c共面，则c＝xa＋yb，其中x，y∈R， 即(1,3，λ)＝(2x，－x,3x)＋(－y,4y，－2y)＝(2x－y，－x＋4y,3x－2y)， 则有解得 3．若向量a＝(x,4,5)，b＝(1，－2,2)，且a与b的夹角的余弦值为，则x等于(　　) A．3 B．－3 C．－11 D．3或－11 答案　A 解析　因为a·b＝(x,4,5)·(1，－2,2)＝x－8＋10＝x＋2，且a与b的夹角的余弦值为， 所以＝，且x>－2， 解得x＝3或x＝－11(舍去)． 4.如图，将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，若点P满足＝－＋，则||2的值为(　　) A. B．3 C. D. 答案　D 解析　由题意知||＝1，||＝1，||＝. 〈，〉＝45°，〈，〉＝45°，〈，〉＝60°， 所以||2＝2＝2＋2＋2－·＋·－·＝＋＋2－×1×1×＋1××－1××＝. 5.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，E，F分别为CC1，BC的中点，则点B1到平面AEF的距离为(　　) A. B．2 C. D．2 答案　C 解析　由题意可知AB，AC，AA1两两垂直， 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B1(2,0,2)，E(0,2,1)，F(1,1,0)， ＝(2,0,2)，＝(0,2,1)，＝(1,1,0)， 设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则 取y＝－1，则x＝1，z＝2，即n＝(1，－1,2)， 所以点B1到平面AEF的距离d＝＝＝. 6.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB⊥AD，BC∥AD，且AB＝BC＝2，AD＝3，PA⊥平面ABCD且PA＝2，则PB与平面PCD所成角的正弦值为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　依题意，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为AB＝BC＝2，AD＝3，PA＝2， 则P(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,3,0)， 从而＝(2,0，－2)，＝(2,2，－2)，＝(0,3，－2)， 设平面PCD的法向量为n＝(a，b，c)， 则 即 不妨取c＝3，则a＝1，b＝2， 所以平面PCD的一个法向量为n＝(1,2,3)， 所以PB与平面PCD所成角的正弦值为 |cos〈，n〉| ＝＝. 7.中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分)．现有一个如图所示的曲池，其中AA1⊥底面ABCD，底面扇环所对的圆心角为，扇环对应的两个圆的半径之比为1∶2，AB＝1，AA1＝1，E是的中点，则异面直线BE与C1D所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，连接OO1，O1B1，O1C1，OB，OC，在下底面内作OF⊥OD交于点F， 以O为原点，分别以OD，OF，OO1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示． 因为扇环对应的两个圆的半径之比为1∶2，AB＝1， 所以＝，得OB＝1，OA＝2， 则B，即B， E，即E(1，，1)， C1(1,0,1)，D(2,0,0)，则＝， ＝(1,0，－1)，||＝2，||＝， ·＝×1＋×0＋1×(－1)＝. 所以|cos〈，〉|＝＝＝， 故异面直线BE与C1D所成角的余弦值为. 8.如图，已知在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为2的正方形，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥平面PAD，点E是线段PD上的动点(不含端点)，若线段AB上存在点F(不含端点)，使得异面直线PA与EF成30°的角，则线段PE长度的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　由△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥平面PAD，底面ABCD为正方形，取AD的中点G，建立如图所示的空间直角坐标系， 则G(0,0,0)，A(1,0,0)，D(－1，0,0)，B(1,2,0)，P(0,0,1)，设F(1，y,0)，0<y<2， 设＝x＝x(1,0,1)＝(x,0，x)，0<x<1，故E(x－1,0，x)，＝(2－x，y，－x)，＝(x－1,0，x－1)． 又＝(1,0，－1)， 异面直线PA与EF成30°的角， 故|·|＝||·||cos 30°， 即2＝××， 即(x－1)2＝－y2,0＜y＜2， ∴(x－1)2∈， ∴||2＝2(x－1)2∈， ∴||∈. 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．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.如图所示，在棱长为1的正四面体ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，则下列计算结果正确的是(　　) A.·＝ B.·＝ C.·＝－ D.·＝ 答案　ABC 解析　因为E，F分别是AB，AD的中点，所以·＝·＝||||cos〈，〉＝×cos 60°＝，A正确； ·＝·＝||2＝，B正确； ·＝·＝||||·cos〈·〉＝×cos 120°＝－，C正确； ·＝·(－)＝·－·＝||||cos〈，〉－||||·cos〈，〉＝cos 60°－cos 60°＝0，D错误． 10．已知空间三点A(1,0,3)，B(－1,1,4)，C(2，－1,3)．若∥，且||＝，则点P的坐标为(　　) A．(4，－2,2) B．(－2,2,4) C．(－4,2，－2) D．(2，－2,4) 答案　AB 解析　设＝λ＝(3λ，－2λ，－λ)． 又||＝， ∴＝，解得λ＝±1， ∴＝(3，－2，－1)或＝(－3,2,1)． 设点P的坐标为(x，y，z)，则＝(x－1，y，z－3)， ∴或 解得或 故点P的坐标为(4，－2,2)或(－2,2,4)． 11.如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是正方形，AS⊥平面ABCD，AS＝AB，O，P分别是AC，SC的中点，M是棱SD上的动点，则下列选项正确的是(　　) A．OM⊥PA B．存在点M，使得OM∥平面SBC C．存在点M，使得直线OM与AB所成的角为30° D．点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值 答案　ABD 解析　依题意可知AB，AD，AS两两垂直，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设AB＝AD＝AS＝2， 则A(0,0,0)，S(0,0,2)，C(2,2,0)，P(1,1,1)，O(1,1,0)，＝(1,1,1)， 设M(0，t,2－t)，0≤t≤2，则＝(－1，t－1,2－t)， 所以·＝－1＋t－1＋2－t＝0， 所以OM⊥PA，A选项正确； 点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为2－t＋t＝2，为定值，D选项正确； B(2,0,0)，＝(2,0，－2)，＝(0,2,0)， 设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)， 则 故可取n＝(1,0,1)， 又OM⊄平面SBC， 要使OM∥平面SBC， 则·n＝(－1，t－1,2－t)·(1,0,1) ＝1－t＝0， 解得t＝1，所以存在点M，使得OM∥平面SBC，B选项正确； 若直线OM与AB所成的角为30°， 又＝(2,0,0)， 则cos 30°＝ ＝＝＝， 整理得3t2－9t＋7＝0，Δ＝81－4×3×7＝－3<0，无解，C选项错误． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12.已知三棱锥O－ABC，M，N分别是棱OA，BC的中点，点G在线段MN上，且MG＝2GN，设＝a，＝b，＝c，则＝__________.(用基底{a，b，c}表示) 答案　a＋b＋c 解析　∵MG＝2GN， ∴＝， 又M，N分别是棱OA，BC的中点， ＝a，＝b，＝c， ∴＝＋＝＋ ＝＋(－) ＝＋＝×＋×(＋) ＝＋＋＝a＋b＋c. 13.如图，圆锥的底面直径AB＝2，高OC＝，D为底面圆周上的一点，∠AOD＝120°，则直线AD与BC所成角的大小为__________． 答案　60° 解析　取的中点E，连接OE，以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图， 依题意，A(0，－1,0)，B(0,1,0)，C(0,0，)，D， 则＝，＝(0，－1，)， 设直线AD与BC所成的角为θ， 则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝，所以θ＝60°， 所以直线AD与BC所成的角为60°. 14.如图，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，而且平面ABCD，ABEF互相垂直，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM＝BN＝a(0<a<)，则线段MN最短为________． 答案　 解析　建立空间直角坐标系如图，则A(1,0,0)，F(1,1,0)，C(0,0,1)． 因为CM＝BN＝a(0<a<)，且四边形ABCD，ABEF为正方形， 所以M，N， 所以＝. 所以||＝＝， 即MN的长为. 当a＝时，||min＝，即M，N分别为AC，BF的中点时，MN的长最小，最小值为. 四、解答题(本题共5小题，共77分) 15．(13分)已知a＝(x,4,1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)，a∥b，b⊥c，求： (1)a，b，c；(6分) (2)a＋c与b＋c夹角的余弦值．(7分) 解　(1)因为a∥b，所以＝＝， 解得x＝2，y＝－4， 则a＝(2,4,1)，b＝(－2，－4，－1)． 又b⊥c，所以b·c＝0，即－6＋8－z＝0， 解得z＝2，于是c＝(3，－2,2)． (2)由(1)得a＋c＝(5,2,3)，b＋c＝(1，－6,1)， 设a＋c与b＋c的夹角为θ， 因为cos θ＝＝－. 所以a＋c与b＋c夹角的余弦值为－. 16.(15分)如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点． (1)求证：BM∥平面ADEF；(7分) (2)求证：BC⊥平面BDE.(8分) 证明　∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AD⊥ED，ED⊂平面ADEF， ∴ED⊥平面ABCD. 以D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,4,0)，E(0,0,2)，F(2,0,2)． (1)∵M为EC的中点， ∴M(0,2,1)， 则＝(－2,0,1)，＝(－2,0,0)， ＝(0,0,2)， ∴＝＋，故，，共面． 又BM⊄平面ADEF，∴BM∥平面ADEF. (2)＝(－2,2,0)，＝(2,2,0)，＝(0,0,2)， ∵·＝－4＋4＝0，∴BC⊥DB. 又·＝0，∴BC⊥DE. 又DE∩DB＝D，DE，DB⊂平面BDE， ∴BC⊥平面BDE. 17．(15分)在三棱柱ABC－A1B1C1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，OO1⊥底面ABC，则以O为原点，分别以OB，OC，OO1所在的直线为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，在四棱锥S－ABCD中，∠DAB＝∠ADC＝2∠ABD＝2∠BCD＝90°，CB＝BD＝2，SB＝SD＝，SD⊥BC. (1)求证：平面SBD⊥平面SBC；(7分) (2)若点P在线段SC上，且＝λ，平面ABP与平面SBD的夹角为60°，求λ的值．(10分) (1)证明　因为CB＝BD,2∠BCD＝90°，故∠CBD＝90°，所以BC⊥BD. 又SD⊥BC，SD∩BD＝D，SD，BD⊂平面SBD， 所以BC⊥平面SBD. 因为BC⊂平面SBC，所以平面SBD⊥平面SBC. (2)解　由(1)可得，平面ABCD⊥平面SBD， 设E为BD的中点，连接SE，因为SB＝SD＝， 所以SE⊥BD，故SE⊥平面ABCD. 如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,4,0)，S(1,1,2)． 因为＝λ，所以P(2－λ，4－3λ，2λ)， 易得平面SBD的一个法向量为＝(2,2,0)． 设n＝(x，y，z)为平面ABP的法向量， ＝(0,2,0)，＝(2－λ，4－3λ，2λ)， 由 得 不妨取n＝(2λ，0，λ－2)． 因为平面SBD与平面ABP的夹角为60°， 所以|cos〈，n〉|＝＝，且λ>0， 解得λ＝或λ＝－2(舍去)． 故λ的值为. 19．(17分)如图，在平行四边形ABCD中，AB＝1，BD＝，∠ABD＝90°，将△ABD沿对角线BD折起，折后的点A变为A1，且A1C＝2. (1)求证：平面A1BD⊥平面BCD；(5分) (2)求异面直线BC与A1D所成角的余弦值；(5分) (3)若E为线段A1C上的一个动点，当线段EC的长为多少时，DE与平面BCD所成角的正弦值为？(7分) (1)证明　在Rt△ABD中，AD＝ ＝. ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC＝AD＝，CD＝AB＝1，又A1C＝2， ∴A1B2＋BC2＝A1C2，∴A1B⊥BC， 又A1B⊥BD，BC∩BD＝B， 且BC，BD⊂平面BCD， ∴A1B⊥平面BCD，又A1B⊂平面A1BD， ∴平面A1BD⊥平面BCD. (2)解　如图，过点B作BD的垂线为x轴，以点B为坐标原点建立空间直角坐标系， 则A1(0,0,1)，D(0，，0)，C(1，，0)，从而＝(1，，0)，＝(0，－，1)， |cos〈，〉|＝＝＝， ∴异面直线BC与A1D所成角的余弦值为. (3)解　＝(1,0,0)，＝(－1，－，1)． 设＝λ，0≤λ≤1，则＝＋＝(1－λ，－λ，λ)， 取平面BCD的一个法向量为n＝(0,0,1)， 设DE与平面BCD所成的角为θ，则 sin θ＝|cos〈，n〉|＝ ＝＝，解得λ＝， 或λ＝－1(舍去)， ∴＝，即CE＝. ∴当线段EC的长为时，DE与平面BCD所成角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $