数学选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何本章综合与测试复习练习题

单元疑难突破练(一)

(60分钟　100分)

一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．若向量，，的起点M和终点A，B，C互不重合且无三点共线，则能使向量，，成为空间一组基底的关系是(　　)

A．＝＋＋

B．＝＋

C．＝＋＋

D．＝2－

【解析】选C.对于选项A，由结论＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)⇒M，A，B，C四点共面，即，，共面；对于B，D选项，易知，，共面，故只有选项C中，，不共面．

2．(2021·宁波高二检测)已知空间向量a＝，b＝(－2，1，2)，若2a－b与b垂直，则|a|等于(　　)

A．    B．    C．    D．

【解析】选A.由空间向量a＝(1，n，2)，b＝(－2，1，2)，若2a－b与b垂直，则(2a－b)·b＝0，

即2a·b＝b2，

即2n＋4＝9，即n＝，即a＝

即|a|＝＝.

3．已知＝(1，5，－2)，＝(3，1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且⊥平面ABC，则等于(　　)

A．      B．

C．      D．

【解析】选B.由·＝0得3＋5－2z＝0，

所以z＝4.又因为⊥平面ABC，

所以即

解得所以＝.

4．已知A(1，2，1)，B(－1，3，4)，C(1，1，1)，＝2，则||为(　　)

A．    B．    C．    D．

【解析】选A.设P(x，y，z)，由＝2

得(x－1，y－2，z－1)＝2(－1－x，3－y，4－z)，

所以x＝－，y＝，z＝3，

即P，所以＝，

所以||＝.

5．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是所在棱的中点，AB1与平面B1D1EF所成的角的大小是(　　)

A.30°    B．45°    C．60°    D．90°

【解析】选B.以D1为坐标原点，D1A1，D1C1，D1D为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则A(1，0，1)，B1(1，1，0)，D1(0，0，0)，E，

设平面B1D1EF的法向量为n＝(x，y，z)，

则，可取n＝，

又＝(0，1，－1)，设AB1与平面B1D1EF所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝，故AB1与平面B1D1EF所成的角为45°.

6．如图所示，ABCD­A1B1C1D1是棱长为6的正方体，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AE＝BF.当A1，E，F，C1四点共面时，平面A1DE与平面C1DF夹角的余弦值为(　　)

A.    B．    C．    D．

【解析】选B.以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，易知当E(6，3，0)、F(3，6，0)时，A1，E，F，C1共面，设平面A1DE的法向量为n1＝(a，b，c)，

依题意得可取n1＝(－1，2，1)，同理可得平面C1DF的一个法向量为n2＝(2，－1，1)，

故平面A1DE与平面C1DF夹角的余弦值为＝.

二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10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5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．

7．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4，2，0)，＝(－1，2，－1).对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正确的是(　　)

A．①    B．②    C．③    D．④

【解析】选ABC.·＝0，·＝0，

所以AB⊥AP，AD⊥AP，则A，B正确．

又与不平行，

所以是平面ABCD的法向量，则C正确．

由于＝－＝(2，3，4)，＝(－1，2，－1)，

所以与不平行，故D错误．

8．如图，已知在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F，H分别是AB，DD1，BC1的中点，下列结论中正确的是(　　)

A.C1D1∥平面CHD

B．AC1⊥平面BDA1

C．三棱锥D­BA1C1的体积为

D．直线EF与BC1所成的角为30°

【解析】选ABD.由题意，C1D1∥CD，C1D1⊄平面CHD，CD⊂平面CHD，

所以D1C1∥平面CHD，所以A正确；

建立空间直角坐标系，如图所示；

由AB＝1，则＝(－1，1，1)，＝(－1，－1，0)，＝(1，0，1)；

所以·＝1－1＋0＝0，·＝－1＋0＋1＝0，

所以⊥，⊥DA1，

所以⊥平面BDA1，所以B正确；

三棱锥D-BA1C1的体积为V三棱锥D-BA1C1＝

V正方体ABCD­A1B1C1D1－4V三棱锥A1­ABD＝1－4×××1×1×1＝，

所以C错误；E，F，

所以＝，＝(－1，0，1)，

所以cos 〈，〉＝＝＝，

所以与所成的角是30°，所以D正确．

三、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．请把正确的答案填在题中的横线上．

9．在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是正方形，E为PD中点，若＝a，＝b，＝c，则＝________．

【解析】＝(＋)＝(－b＋＋)＝－b＋(－＋－)＝－b＋(a＋c－2b)＝a－b＋c.

答案：a－b＋c

10．已知空间向量a，b，|a|＝2，|b|＝，a·b＝－2，则〈a，b〉＝________．

【解析】因为cos 〈a，b〉＝＝－，〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝.

答案：

11．如图，已知二面角α­l­β的平面角为θ，AB⊥BC，BC⊥CD，AB在平面β内，BC在l上，CD在平面α内，若AB＝BC＝CD＝1，则AD的长为________．

【解析】＝＋＋，

所以2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2cos (π－θ)＝3－2cos θ.

所以||＝，

即AD的长为.

答案：

12．如图，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，AD＝CD＝PD＝2，AB＝1，E，F分别为棱PC，PB上一点，若BE与平面PCD所成角的正切值为2，则(AF＋EF)2的最小值为________．

【解析】取CD的中点H，连接BH，EH.

依题意可得，BH⊥CD.

因为PD⊥平面ABCD，

所以PD⊥BH，

从而BH⊥平面PCD，

所以BE与平面PCD所成角为∠BEH，

且tan ∠BEH＝＝＝2，

则EH＝1，则E为PC的中点．

在Rt△PAB中，cos ∠APB＝＝.

因为PB＝3，PC＝2，BC＝，

所以cos ∠BPC＝，

所以∠BPC＝.

将△PBC翻折至与平面PAB共面，如图所示，

则图中cos ∠APC＝cos ＝

＝，

当F为AE与PB的交点时，AF＋EF取得最小值，此时，(AF＋EF)2＝AE2＝(2)2＋()2－2×2××＝.

答案：

13．如图，已知三棱锥A­BCD的所有棱长均相等，点E满足＝3，点P在棱AB上运动，设EP与平面BCD所成的角为θ，则sin θ的最大值为____________．

【解析】设棱长为4a，PB＝x(0＜x≤4a)，

则PE＝.

正四面体的高为a，

设P到平面BCD的距离为h，

则＝，

所以h＝x，

所以sin θ＝＝，

所以x＝2a时，sin θ的最大值为.

答案：

14．已知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，O为坐标原点，点A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2).则|2a＋b|＝________；在直线AB上，存在一点E，使得⊥b，则点E的坐标为________．(第一空2分，第二空3分)

【解析】2a＋b＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)，

故|2a＋b|＝＝5.

又＝＋＝＋t＝(－3，－1，4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t，4－2t)，

由⊥b，则·b＝0，

所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，

解得t＝，

因此，此时点E的坐标为.

答案：5　

四、解答题：本大题共3小题，每小题10分，共30分．

15．(10分)已知空间中三点A(2，0，－2)，B(1，－1，－2)，C(3，0，－4)，设a＝，b＝.

(1)若|c|＝3，且c∥，求向量c；

(2)已知向量ka＋b与b互相垂直，求k的值；

(3)求△ABC的面积．

【解析】因为空间中三点A(2，0，－2)，B(1，－1，－2)，C(3，0，－4)，设a＝，b＝，

(1)＝(3，0，－4)－(1，－1，－2)＝(2，1，－2)，

因为|c|＝3，且c∥，

所以c＝m＝m(2，1，－2)＝(2m，m，－2m)，

所以|c|＝＝3|m|＝3，

所以m＝±1，所以c＝(2，1，－2)或c＝(－2，－1，2).

(2)由题得a＝(－1，－1，0)，b＝(1，0，－2)，

所以ka＋b＝k(－1，－1，0)＋(1，0，－2)＝(1－k，－k，－2)，

因为向量ka＋b与b互相垂直，

所以(ka＋b)·b＝1－k＋4＝0，解得k＝5.

所以k的值是5.

(3)＝(－1，－1，0)，＝(1，0，－2)，＝(2，1，－2)，cos 〈，〉＝＝＝－，sin 〈，〉＝＝，

所以S△ABC＝×||×||×sin 〈，〉＝×××＝.

16．(10分)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝，D是棱AC的中点，且AB＝BC＝BB1＝2.

(1)求证：AB1∥平面BC1D；

(2)求异面直线AB1与BC1所成的角．

【解析】(1)如图，连接B1C交BC1于点O，连接OD.

因为O为B1C的中点，D为AC的中点，

所以OD∥AB1.

因为AB1⊄平面BC1D，OD⊂平面BC1D，

所以AB1∥平面BC1D.

(2)建立如图所示的空间直角坐标系，

则B(0，0，0)，A(0，2，0)，C1(2，0，2)，B1(0，0，2)，

因此＝(0，－2，2)，＝(2，0，2).

所以cos 〈，〉＝＝＝，

设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，

则cos θ＝，

由于θ∈，故θ＝.

17．(10分)如图所示，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，BE与平面ABCD所成角为60°.

(1)求证：AC⊥平面BDE；

(2)求二面角F­BE­D的余弦值；

(3)设点M是线段BD上的一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论．

【解析】(1)因为DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

所以DE⊥AC，

又因为四边形ABCD是正方形，

所以AC⊥BD，

因为BD∩DE＝D，

所以AC⊥平面BDE.

(2)DA，DC，DE两两垂直，

所以建立如图空间直角坐标系，

因为BE与平面ABCD所成角为60°，

即∠DBE＝60°，

所以＝，

由AD＝3，可知：DE＝3，

所以AF＝.

则A(3，0，0)，F(3，0，)，E(0，0，3)，B(3，3，0)，C(0，3，0)，

所以＝(0，－3，)，＝(3，0，－2)，

设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，

则，即

令z＝，则n＝.

因为AC⊥平面BDE，

所以为平面BDE的法向量，

因为＝(3，－3，0)，

所以cos 〈n，〉＝＝＝.

因为二面角为锐角，

故二面角F­BE­D的余弦值为.

(3)依题意，设M(t，t，0)(t>0)，

则＝(t－3，t，0)，

因为AM∥平面BEF，

所以·n＝0，

即4(t－3)＋2t＝0，解得t＝2，

所以点M的坐标为(2，2，0)，此时＝，

所以点M是线段BD靠近B点的三等分点．