章末检测试卷(一)第一章 空间向量与立体几何（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B版）

章末检测试卷(一) (时间：120分钟　满分：150分) 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分) 1．在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AC与BD的交点为M，设＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量为(　　) A．－a＋b＋c B.a＋b＋c C.a－b－c D．－a－b＋c 答案　A 解析　＝＋＝＋＝＋＝＋＝－a＋b＋c. 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．平面α的一个法向量为m＝(1,2,0)，平面β的一个法向量为n＝(2，－1,0)，则平面α与平面β的位置关系是(　　) A．平行 B．相交但不垂直 C．垂直 D．不能确定 答案　C 解析　∵(1,2,0)·(2，－1,0)＝0， ∴两法向量垂直，从而两平面垂直． 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　由题可知||＝1，||＝1，||＝. 〈，〉＝45°，〈，〉＝45°，〈，〉＝60°， 所以||2＝2＝2＋2＋2－·＋·－·＝＋＋2－×1×1×＋1××－1××＝. 5．已知空间向量a＝(1，n,2)，b＝(－2,1,2)，若2a－b与b垂直，则|a|等于(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　因为a＝(1，n,2)，b＝(－2,1,2)， 所以2a－b＝(4,2n－1,2)． 因为2a－b与b垂直， 所以(2a－b)·b＝0，所以－8＋2n－1＋4＝0， 解得n＝，所以a＝， 所以|a|＝＝. 6.如图所示，在空间直角坐标系中，BC＝4，原点O是BC的中点，点A，点D在yOz平面内，且∠BDC＝90°，∠DCB＝30°，则AD的长为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　因为点D在yOz平面内，所以点D的横坐标为0，又BC＝4，原点O是BC的中点，∠BDC＝90°，∠DCB＝30°， 所以点D的竖坐标z＝4·sin 30°·sin 60°＝， 纵坐标y＝－(2－4·sin 30°·cos 60°)＝－1， 所以D(0，－1，)． 所以AD＝|| ＝＝. 7.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)， ＝(－1,0,2)，＝(－1,2,1)． cos〈，〉＝＝. 所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为. 8．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若棱长AB＝3，则点B到平面ACD1的距离为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz. 依题意，知B(3,3,0)，A(3，0,0)， C(0,3,0)，C1(0,3,3)，D1(0,0,3)． ∴＝(－3,3,0)，＝(－3,0,3)，＝(0,3,0)． 设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)， 则 取x＝1，可得n＝(1,1,1)， ∴点B到平面ACD1的距离为＝. 二、多项选择题(本大题共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．下列命题中错误的是(　　) 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　显然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． 10．已知直线l过点P(1,0，－1)，且平行于向量a＝(2,1,1)，平面α过直线l与点M(1,2,3)，则平面α的法向量可能是(　　) A．(1，－4,2) B. C. D．(0，－1,1) 答案　ABC 解析　因为＝(0,2,4)，直线l平行于向量a， 若n是平面α的法向量， 则必须满足 把各选项代入验证，只有选项D不满足． 11．若在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G分别为棱A1D1，D1D，A1B1的中点，则下列命题中正确的是(　　) A．AC1⊥EG B．GC∥ED C．B1F⊥平面BGC1 D．EF和BB1所成的角为 答案　AD 解析　设正方体的棱长为2，建立空间直角坐标系，如图所示，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，C1(0,2,2)，G(2,1,2)，C(0,2,0)，E(1,0,2)，B1(2,2,2)，F(0,0,1)，B(2,2,0)． ＝(－2,2,2)，＝(1,1,0)，·＝－2＋2＋0＝0，所以AC1⊥EG，故A正确； ＝(－2,1，－2)，＝(－1,0，－2)，不存在实数λ使＝λ，故GC∥ED不成立，故B错误； ＝(－2，－2，－1)，＝(0，－1,2)，＝(－2,0,2)，·＝2≠0，故B1F⊥平面BGC1不成立，故C错误； ＝(－1,0，－1)，＝(0,0,2)，设EF和BB1所成角为θ，则cos θ＝＝＝，由于θ∈，所以θ＝，故D正确． 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分) 12. 对于任意非零空间向量a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，给出下列三个命题： ①a∥b⇔＝＝； ②若a1＝a2＝a3＝1，则a为单位向量； ③a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0. 其中真命题为________．(填序号) 答案　③ 解析　若b有一个坐标分量为0，则＝＝表示不成立，故①不正确；|a|＝＝≠1，不是单位向量，故②不正确；③是正确的． 13．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且⊥平面ABC，则＝______________. 答案　 解析　∵⊥，∴·＝0， ∴3＋5－2z＝0，∴z＝4. ∵＝(x－1，y，－3)，且⊥平面ABC， ∴即 解得故＝. 14．在菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60°，将菱形沿对角线AC折成直二面角D′－AC－B，折起后直线AB与CD′间的距离为________． 答案　 解析　设AC∩BD＝O，在菱形ABCD中， AC⊥BD， 折起后，OD′⊥AC，OB⊥AC， 由于二面角D′－AC－B为直二面角，即平面ACD′⊥平面ABC， ∵平面ACD′∩平面ABC＝AC，OD′⊥AC，OD′⊂平面ACD′，∴OD′⊥平面ABC， 以O为坐标原点，直线OC，OB，OD′分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz. 在原菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60°， ∴OA＝OC＝，OB＝OD′＝1， ∴A(－，0,0)，B(0，－1,0)，C(，0,0)，D′(0,0,1)， 则＝(，－1,0)，＝(－，0,1)， 设n＝(x，y，z)，令 则 令x＝1，则y＝，z＝，∴n＝(1，，)． 又∵＝(，0,1)， ∴AB与CD′间的距离d＝＝＝. 四、解答题(本大题共5小题，共77分) 15．(13分)已知空间三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)． (1)若点D在直线AC上，且⊥，求点D的坐标；(6分) (2)求以BA，BC为邻边的平行四边形的面积．(7分) 解　(1)由题意知，＝(1，－3,2)，点D在直线AC上， 设＝λ＝λ(1，－3,2)＝(λ，－3λ，2λ)， ∴D(λ，2－3λ，2λ＋3)， ＝(λ，2－3λ，3＋2λ)－(－2,1,6) ＝(λ＋2,1－3λ，2λ－3)， ∵⊥， ∴·＝(1，－3,2)·(λ＋2,1－3λ，2λ－3) ＝λ＋2－3＋9λ＋4λ－6＝14λ－7＝0， ∴λ＝， ∴D. (2)∵＝(2,1，－3)，＝(3，－2，－1)， ∴||＝＝， ||＝＝， ∴·＝2×3＋1×(－2)＋(－3)×(－1)＝7， ∴cos B＝cos〈，〉＝＝＝， ∴sin B＝， ∴S＝××＝7， ∴以BA，BC为邻边的平行四边形的面积为7. 16．(15分)已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)． (1)若(a＋kb)∥(2a＋b)，求实数k；(6分) (2)若向量a＋kb与2a＋b所成角为锐角，求实数k的范围．(9分) 解　(1)由已知可得，a＋kb＝(1－k,1,2k)，2a＋b＝(1,2,2)， 因为(a＋kb)∥(2a＋b)， 所以＝＝，可得k＝. (2)由(1)知，a＋kb＝(1－k,1,2k)，2a＋b＝(1,2,2)， 因为向量a＋kb与a＋2b所成角为锐角， 所以(a＋kb)·(2a＋b)＝(1－k,1,2k)·(1,2,2)＝1－k＋2＋4k>0， 解得k>－1， 又当k＝时，(a＋kb)∥(2a＋b)， 可得实数k的取值范围为. 17.(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为坐标原点，，，的方向分别为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. 18．(17分)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点． (1)求点N到直线AB的距离；(7分) (2)求点C1到平面ABN的距离．(10分) 解　建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,0,0)，B(2，2,0)，C(0,4,0)，C1(0,4,4)， ∵N是CC1的中点，∴N(0,4,2)． (1)＝(0,4,2)，＝(2，2,0)， 则||＝2，||＝4. 设点N到直线AB的距离为d1， 则d1＝＝＝4. ∴点N到直线AB的距离为4. (2)设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则由n⊥，n⊥， 得 令z＝2，则y＝－1，x＝，即n＝. 易知＝(0,0，－2)，设点C1到平面ABN的距离为d2，则d2＝＝＝. ∴点C1到平面ABN的距离为. 19.(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所成角为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，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Axyz，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,4,0)，D(2,0,0)，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所成角为60°， 所以|cos〈，n〉|＝＝， 解得λ＝或λ＝－2(舍去)．故λ的值为. 学科网（北京）股份有限公司 $