第3章 空间向量与立体几何 章末综合检测(三)-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册教用Word(北师大版)

章末综合检测(三) (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．在空间直角坐标系中，点A(2，1，－4)关于原点对称的点A′的坐标为(　　) A．(2，－1，－4) B．(－2，1，－4) C．(－2，－1，4) D．(－2，1，4) 解析：选C．由点关于原点对称，则对称点坐标为该点对应坐标的相反数，所以A′(－2，－1，4).故选C． 2．已知点A(0，1，1)，B(1，2，1)，C(2，1，3)，则平面ABC的方程为(　　) A．x－y－z＋2＝0 B．x－y＋z＝0 C．x＋y＋z＋2＝0 D．x－y－z＝0 解析：选A．设平面ABC的方程为ax＋by＋cz＋d＝0，a，b，c不同时为0，代入A，B，C三点的坐标，得解得 所以平面ABC的方程为x－y－z＋2＝0.故选A． 3.如图，三棱锥P－ABC中，M为AC的中点，点O满足＝3，记＝a，＝b，＝c，则(　　) A．＝a＋b＋c B．＝a＋b＋c C．＝a＋b＋c D．＝a＋b＋c 解析：选D．＝＋＝b＋＝b＋(－)＝b＋[－(－)]＝b＋＝b＋[(a－c)－(b－c)]＝a＋b＋c.故选D． 4．已知{a，b，c}为空间向量的一组基，则下列向量也能作为空间向量的一组基的是(　　) A．a＋b，b＋c，a－c B．a＋2b，b，a－c C．2a＋b，b＋2c，a＋b＋c D．a＋c，b＋2a，b－2c 解析：选B．对于A，由a－c＝(a＋b)－(b＋c)，所以a＋b，b＋c，a－c不能作为空间向量的一组基；对于B，假设a＋2b，b，a－c共面，则存在λ，μ，使得a＋2b＝λb＋μ(a－c)，即a＋2b＝μa＋λb－μc，可得此时方程组无解，所以a＋2b，b，a－c不共面，所以向量a＋2b，b，a－c可以作为空间向量的一组基；对于C，由a＋b＋c＝(2a＋b)＋(b＋2c)，所以2a＋b，b＋2c，a＋b＋c不能作为空间向量的一组基；对于D，由a＋c＝(b＋2a)－(b－2c)，所以a＋c，b＋2a，b－2c不能作为空间向量的一组基．故选B． 5．将正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，则异面直线AB与CD的夹角的余弦值为(　　) A． B． C．－ D．－ 解析：选A．取BD中点为O，连接AO，CO，所以AO⊥BD，CO⊥BD， 又平面ABD⊥平面CBD且交线为BD，AO⊂平面ABD，所以AO⊥平面CBD，OC⊂平面CBD，则AO⊥CO.设正方形的对角线长度为2，如图所示，建立空间直角坐标系，则A(0，0，1)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，D(－1，0，0)，所以＝(1，0，－1)，＝(－1，－1，0)，则cos 〈，〉＝＝＝－.因为异面直线的夹角的取值范围为(0，]，所以异面直线AB与CD的夹角的余弦值为.故选A． 6.如图，已知PA为圆柱的母线，BC为圆柱的下底面直径，AB＝1，PA＝3，AC＝2，F为线段AC的中点，则点C到平面PBF的距离为(　　) A． B． C． D． 解析：选D．因为BC为圆柱的下底面直径，所以BA⊥AC，以A为原点，AC，AB，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，P(0，0，3)，F(1，0，0)，所以＝(2，0，－3)，＝(0，1，－3)，＝(1，0，－3)，设平面PBF的法向量为n＝(x，y，z)，则即取z＝1，则x＝3，y＝3，即n＝(3，3，1).则点C到平面PBF的距离为＝＝.故选D． 7．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，AB＝CC1＝1，则直线A1C与平面AB1C1所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 解析：选D．因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC＝90°， 所以以B为原点，AB，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．则A(1，0，0)，A1(1，0，1)，B1(0，0，1)，C(0，2，0)，C1(0，2，1)，故＝(－1，2，－1)，＝(－1，2，1)，＝(0，2，0).设n＝(x，y，z)为平面AB1C1的一个法向量，则令x＝1，得z＝1，所以n＝(1，0，1).设直线A1C与平面AB1C1的夹角为θ，则sin θ＝＝＝＝，则cos θ＝＝.故选D． 8.如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥AD，AB＝AD＝1，AA1>AB，E，F分别是侧棱BB1，DD1上的动点，且平面AEF与平面ABC所成角的大小为30°，则线段BE的长的最大值为(　　) A． B． C． D． 解析：选B．依题意，AB，AD，AA1两两互相垂直， 以A为原点，，，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．设BE＝m，DF＝n(m≥0，n≥0，且m，n不同时为0)，则A(0，0，0)，E(1，0，m)，F(0，1，n)，所以＝(1，0，m)，＝(0，1，n).设平面AEF的一个法向量为u＝(x，y，z)，则令z＝1，得x＝－m，y＝－n，则u＝(－m，－n，1)，显然v＝(0，0，1)为平面ABC的一个法向量．因为平面AEF与平面ABC所成角的大小为30°，所以cos 30°＝＝＝，即＝，得m2＋n2＝，所以m＝，所以当n＝0时，m取得最大值，最大值为.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.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为AD，AB，B1C1的中点，以下说法正确的是(　　) A．A1C⊥平面EFG B．点C到平面EFG的距离为 C．正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球半径为 D．平面EFG与平面ABCD夹角的余弦值为 解析：选AB．对于A，连接A1C，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A1(2，0，2)，C(0，2，0)，E(1，0，0)，F(2，1，0)，G(1，2，2)，所以＝(－2，2，－2)，＝(1，1，0)，＝(0，2，2)，所以·＝0＋4－4＝0，·＝－2＋2＋0＝0，所以A1C⊥EG，A1C⊥EF，由于EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EFG，所以A1C⊥平面EFG，故A正确；对于B，由A可知，平面EFG的一个法向量为A1C＝(－2，2，－2)，＝(1，0，2)，所以点C到平面EFG的距离为＝＝，故B正确；对于C，因为正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球的直径为正方体的棱长，所以正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球半径为1，故C错误；对于D，易知平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，设平面EFG与平面ABCD的夹角为θ，则cos θ＝＝，故D错误．故选AB． 10．在三维空间中，定义向量的外积：a×b叫作向量a与b的外积，它是一个向量，满足下列两个条件： ①a⊥(a×b)，b⊥(a×b)，且a，b和a×b构成右手系(即三个向量的方向依次与右手的拇指、食指、中指的指向一致，如图所示)； ②a×b的模＝sin 〈a，b〉(〈a，b〉表示向量a，b的夹角). 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，有以下四个结论，正确的有(　　) A．＝ B． ×与共线 C．×＝× D．6与正方体表面积的数值相等 解析：选ABD．对于A，设正方体的棱长为1，在正方体中〈，〉＝60°，则＝sin 〈，〉＝××＝， 因为BD∥B1D1，且∠AD1B1＝60°，所以〈，〉＝120°，所以＝sin 〈，〉＝××＝，所以＝，故A正确；对于B，在正方形A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1，又因为BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以A1C1⊥BB1，又BB1∩B1D1＝B1，BB1，B1D1⊂平面BB1D1D，所以A1C1⊥平面BB1D1D，因为BD1⊂平面BB1D1D，所以BD1⊥A1C1，同理可证BD1⊥A1D，再由右手系知，×与同向，故B正确；对于C，由a，b和a×b构成右手系知，a×b与b×a方向相反，又由a×b模的定义知，＝sin 〈a，b〉＝sin 〈a，b〉＝，所以a×b＝－b×a，则×＝－×，故C错误；对于D，设正方体棱长为a，6＝6·sin 45°＝6a×a×＝6a2，正方体表面积为6a2，故D正确．故选ABD． 11．在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，E为CD的中点，将△CBE沿直线BE翻折至△C1BE的位置，则(　　) A．翻折过程中，直线AC1与BE夹角的余弦值最大为 B．翻折过程中，存在某个位置的C1，使得BE⊥AC1 C．翻折过程中，四棱锥C1-ABED必存在外接球 D．当四棱锥C1-ABED的体积最大时，以AC1为直径的球面被平面C1BE截得的交线长为π 解析：选AD．在矩形ABCD中，取AB的中点F，连接CF与BE交于点O，因为AB＝2AD＝2，所以BF＝CB＝1，所以CF⊥BE，且CF＝BE＝， 所以以O为原点，OF，OB所在直线分别为x轴、y轴，过O与平面ABCD垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图，则B(0，，0)，E(0，－，0)，F(，0，0)，因为F为AB中点，所以A(，－，0)，将△CBE沿直线BE翻折至△C1BE的位置的过程中，C1在以O为圆心，直径为CF＝的圆弧上，所以C1在平面zOx内，设C1(x，0，z)，且x∈，z≥0， ||＝＝，即x2＋z2＝，所以＝(x－，，z)，＝(0，－，0)，·＝－1，＝ ＝＝＝，||＝.对于A，设直线AC1与BE的夹角为θ，则cos θ＝＝＝＝，易知，当x∈时，cos θ＝单调递增，所以当x＝时，(cos θ)max＝＝，故A正确；对于B，翻折过程中，·＝－1≠0恒成立，所以不存在某个位置的C1，使得BE⊥AC1，故B错误； 对于C，连接AE，Rt△ADE有以AE为直径的唯一外接圆，又因为∠ABE＝≠，所以B不在△ADE的外接圆上，即四边形ABED无外接圆，所以四棱锥C1-ABED不存在外接球，故C错误；对于D，当四棱锥C1-ABED的体积最大时，C1到平面ABED的距离最大，所以此时C1(0，0，)在z轴上，平面C1BE即平面yOz，所以以AC1为直径的球的球心为AC1的中点M(，－，)，所以球心M到平面C1BE即平面yOz的距离为d＝，又因为该球的直径AC1＝＝，所以半径R＝，由球的几何性质，知以AC1为直径的球面被平面C1BE截得的交线为圆，该圆的半径r＝＝＝，所以该圆的周长为2πr＝π，故D正确．故选AD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知空间三点A(2，1，0)，B(2，1，－1)，C(1，0，1)，则点C到直线AB的距离为______________________________． 解析：易知＝(－1，－1，1)，＝(0，0，－1)，则＝＝，sin 〈，〉＝，故点C到直线AB的距离为·sin 〈，〉＝×＝. 答案： 13．已知在四面体ABCD中，AB＝2AC＝3AD＝6，∠BAC＝∠CAD＝∠DAB＝，则·＝____________． 解析：由题设，可得如图四面体，则·＝(－)·(－)＝·－·－·＋2，又AB＝2AC＝3AD＝6，∠BAC＝∠CAD＝∠DAB＝，所以·＝3×2×－3×6×－6×2×＋36＝24. 答案：24 14．设动点P在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上，记＝λ.当∠APC为钝角时，实数λ的取值范围是____________． 解析：以D为坐标原点，以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，则＝(1，0，－1)，＝(0，1，－1)，＝(1，1，－1)，又＝λ＝(λ，λ，－λ)，所以＝＋＝(－λ，－λ，λ)＋(1，0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)，＝＋＝(－λ，－λ，λ)＋(0，1，－1)＝(－λ，1－λ，λ－1)，显然∠APC不是平角，所以∠APC为钝角等价于·<0，即－λ(1－λ)－λ(1－λ)＋(λ－1)2<0，即(λ－1)(3λ－1)<0，解得<λ<1，因此实数λ的取值范围是(，1). 答案：(，1) 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)如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥AD，AA1＝AB＝2AD＝2CD＝4，E，F，G分别为棱DD1，A1D1，BB1的中点． (1)求·的值； (2)证明：C，E，F，G四点共面． 解：(1)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥AD，易得AD，AA1，AB两两垂直．故以A为坐标原点，AD，AA1，AB所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为AA1＝AB＝2AD＝2CD＝4，所以C(2，0，2)，E(2，2，0)，F(1，4，0)，G(0，2，4)，所以＝(－2，2，2)，＝(－1，2，0)，所以·＝－2×(－1)＋2×2＋0＝6. (2)证明：由(1)得＝(0，2，－2).令＝m＋n，即解得 所以＝－＋2.故C，E，F，G四点共面． 16．(本小题满分15分)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝3，AB＝5，BC＝4，AA1＝4，点D是AB的中点．求证： (1)AC⊥BC1； (2)AC1∥平面CDB1. 证明：(1)因为AC＝3，AB＝5，BC＝4，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC，又ABC-A1B1C1为直三棱柱，所以AC，BC，CC1两两垂直．如图，以C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(3，0，0)，C1(0，0，4)，B(0，4，0)，B1(0，4，4)，D(，2，0)，所以＝(－3，0，0)，＝(0，－4，4)，所以·＝0，所以AC⊥BC1. (2)设CB1与C1B的交点为E，连接DE，则E(0，2，2).所以＝(－，0，2)，＝(－3，0，4)，所以＝，所以∥．因为DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，所以AC1∥平面CDB1. 17.(本小题满分15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝DC＝1，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点． (1)证明：AE⊥平面PBC； (2)若直线AF与平面PAB夹角的正弦值为，求点P到平面AEF的距离． 解：(1)证明：因为PA⊥底面ABCD，且BC⊂底面ABCD，所以PA⊥BC，因为底面ABCD为正方形，所以AB⊥BC，又因为PA∩AB＝A，且PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，因为AE⊂平面PAB，所以BC⊥AE，由PA＝DC＝AB，E为线段PB的中点，所以AE⊥PB，因为PB∩BC＝B且PB，BC⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC. (2)因为PA⊥底面ABCD，且AB⊥AD， 以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，P(0，0，1)，所以E(，0，)，设F(1，t，0)(t∈[0，1])，则＝(1，t，0)，因为y轴⊥平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为m＝(0，1，0)，所以＝＝，解得t＝(负值已舍去)，所以F(1，，0).又因为＝(，0，)，＝(1，，0)，设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，则取x＝－1，可得y＝2，z＝1，所以平面AEF的一个法向量为n＝(－1，2，1).因为＝(0，0，1)，所以点P到平面AEF的距离为d＝＝. 18．(本小题满分17分)如图甲所示，在Rt△SAB中，∠ABS＝90°，AB＝BS＝6，C，D分别为SB，SA的中点，现在将△SCD沿着CD进行翻折，使得翻折后S点在底面ABCD的投影H在线段BC上，且SC与平面ABCD的夹角为，M为折叠后SA的中点，如图乙所示． (1)证明：DM∥平面SBC； (2)求平面ADS与平面SBC夹角的余弦值． 解：(1)证明：取SB的中点为N，连接MN，CN，如图所示． 在题图甲中，因为C，D分别为SB，SA的中点，所以CD∥AB，CD＝AB，又因为M，N分别为SA，SB的中点，所以MN∥AB，MN＝AB，所以四边形MNCD为平行四边形，所以DM∥CN，又因为DM⊄平面SBC，CN⊂平面SBC，所以DM∥平面SBC. (2)因为∠ABC＝90°，所以AB⊥BC，AB⊥SC，又BC∩SC＝C，BC，SC⊂平面SBC，所以AB⊥平面SBC，又AB⊂平面ABCD，所以平面SBC⊥平面ABCD，因为S点在底面ABCD的投影H在线段BC上，所以SH⊥平面ABCD，所以SH⊥HC.所以SC与平面ABCD夹角即为∠SCH，cos ∠SCH＝＝，所以CH＝，过H作HP∥AB交DA于点P，则HP，HB，HS两两互相垂直， 以H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S(0，0，)，A(6，，0)，D(3，－，0)，则＝(3，3，0)，＝(6，，－)，易知n＝(1，0，0)为平面SBC的一个法向量；设m＝(x，y，z)为平面ADS的法向量，则即取x＝1，所以平面ADS的一个法向量为m＝(1，－1，)，设平面ADS与平面SBC夹角的大小为θ，则cos θ＝＝＝，所以平面ADS与平面SBC夹角的余弦值为. 19．(本小题满分17分)如图，在棱长为2的正方体ABCD-EFGH中，点M是正方体的中心，将四棱锥M-BCGF绕直线CG逆时针旋转α(0<α<π)后，得到四棱锥M′-B′CGF′. (1)若α＝，求证：平面MCG∥平面M′B′F′； (2)是否存在α，使得直线M′F′⊥平面MBC？若存在，求出α的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：若α＝，则平面DCGH，平面CB′F′G为同一个平面，连接BH，BF′，MM′，则M是BH的中点，M′是BF′的中点，故MM′是△BHF′的中位线，所以MM′∥GF′，MM′＝HF′＝GF′.所以四边形MM′F′G是平行四边形，所以MG∥M′F′.又MG⊄平面M′B′F′，M′F′⊂平面M′B′F′，所以MG∥平面M′B′F′，同理MC∥平面B′M′F′，且MG，MC⊂平面MCG，MG∩MC＝M，所以平面MCG∥平面M′B′F′. (2)假设存在α，使得直线M′F′⊥平面MBC. 以C为原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，则C(0，0，0)，B(2，0，0)，M(1，－1，1)，故＝(2，0，0)，＝(1，－1，1).设m＝(x，y，z)是平面MBC的法向量，则所以取y＝1，得m＝(0，1，1)是平面MBC的一个法向量，取CG中点P，BF中点Q，连接PQ，PM′，PM，则PM⊥CG，PQ⊥CG，PM′⊥CG.于是∠MPM′是二面角M-CG－M′的平面角，∠MPQ是二面角M－CG－Q的平面角，∠QPM′是二面角Q－CG－M′的平面角，于是∠MPM′＝α，∠MPQ＝，所以∠QPM′＝α－，且CG⊥平面M′PM，PM′＝，故M′(cos (α－)，sin (α－)，1)，同理F′(2cos α，2sin α，2)，所以＝(2cos α－cos (α－)，2sin α－sin (α－)，1)，因为2cos α－cos (α－)＝2cos α－cos αcos －sin αsin ＝cos α－sin α，2sin α－sin (α－)＝2sin α－sin αcos ＋cos αsin ＝cos α＋sin α，所以＝(cos α－sin α，cos α＋sin α，1).若直线M′F′⊥平面MBC，则∥m.即存在λ∈R，使得＝λm，则此方程组无解，所以不存在α，使得直线M′F′⊥平面MBC. 学科网（北京）股份有限公司 $