高中数学人教A版 (2019)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课时作业

这是一份高中数学人教A版 (2019)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课时作业，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

单元素养评价(一)(第一章)
(120分钟　150分)
一、单选题(每小题5分，共40分)
1．设直线l的方向向量v＝，平面α的法向量n＝，若l⊥α，则x＝(　　)
A．－1 B．0 C．5 D．4
【解析】选A.由l⊥α，则v∥n，
则存在非零常数λ，使得v＝λn，
即解得x＝－1.
2．空间中，与向量a＝(3，0，4)同向共线的单位向量为(　　)
A．e＝(1，0，1)
B．e＝(1，0，1)或e＝(－1，0，－1)
C．e＝
D．e＝或e＝
【解析】选C.因为|a|＝＝5，
所以与a同向共线的单位向量e＝＝(3，0，4)＝.
3．已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，若点F是侧面CD1的中心，且＝＋m－n，则m，n的值分别为(　　)
A．，－ B．－，－
C．－， D．，
【解析】选A.由于＝＋＝＋(＋)＝＋＋，所以m＝，n＝－.
4．如图，棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1，O是底面A1B1C1D1的中心，则O到平面ABC1D1的距离是(　　)

A. B． C． D．
【解析】选B.如图建立空间直角坐标系，
则O，D1(0，0，1)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，
C1(0，1，1)，A1(1，0，1)，

所以＝，
由于AB⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，
所以AB⊥A1D，又AD1⊥A1D，AB∩AD1＝A，
所以A1D⊥平面ABC1D1，
故平面ABC1D1的一个法向量为＝(1，0，1)，
所以O到平面ABC1D1的距离d＝＝＝.
5．已知空间中三点A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(－1，3，1)，则(　　)
A．与是共线向量
B．的单位向量是
C．与夹角的余弦值是
D．平面ABC的一个法向量是
【解析】选D.由题意，对于A，＝，＝，所以≠λ，
则与不是共线向量，所以A项是错误的；
对于B，因为＝，所以的单位向量为或，
所以B项是错误的；
对于C，向量＝，＝，
所以cos 〈，〉＝＝－，
所以C项是错误的；
对于D，设平面ABC的一个法向量是n＝，
因为＝，＝，
所以
即令x＝1，得n＝(1，－2，5)，
所以平面ABC的一个法向量为n＝，所以D项是正确的．
6．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2，D为AA1上一点．若二面角B1­DC­C1的大小为60°，则AD的长为(　　)

A. B． C．2 D．
【解析】选A.如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Cxyz，

则C(0，0，0)，B1(0，2，2).
设AD＝a(0≤a≤2)，
则点D的坐标为(1，0，a)，＝(1，0，a)，＝(0，2，2).
设平面B1CD的法向量为m＝(x，y，z)，
则即令z＝－1，得m＝(a，1，－1).
又平面C1DC的一个法向量为n＝(0，1，0)，
则由cos 60°＝，得＝，
即a＝，故AD＝.
7．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F，G分别为棱A1D1，D1D，A1B1的中点，给出下列命题：①AC1⊥EG；②GC∥ED；③B1F⊥平面BGC1；④EF和BB1所成角为.正确命题的个数是(　　)
A．0 B．1 C．2 D．3
【解析】选C.设正方体棱长为2，建立空间直角坐标系如图所示，

A，C1，G，C，
E，D，B1，F，
B.
①＝，＝，·＝
－2＋2＋0＝0，所以AC1⊥EG，故①正确．
②＝，＝，不存在实数λ使＝λ，故GC∥ED不成立，故②错误．
③＝，＝，＝，·＝0，·＝2≠0，故B1F⊥平面BGC1不成立，故③错误．
④＝，＝，设EF和BB1所成角为θ，则cos θ＝＝＝，由于θ∈，所以θ＝，故④正确．
综上所述，正确的命题有2个．
8．如图，该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成，半圆柱体底面直径BC＝4，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为半圆弧的中点，若异面直线BD和AB1所成角的余弦值为，则该几何体的体积为(　　)

A.16＋8π B．32＋16π
C．32＋8π D．16＋16π
【解析】选A.设D在底面半圆上的射影为D1，连接AD1交BC于O，设A1D∩B1C1＝O1.
依题意半圆柱体底面直径BC＝4，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为半圆弧的中点，
所以AD1⊥BC，A1D⊥B1C1且O，O1分别是下底面、上底面半圆的圆心．
连接OO1，则OO1与上下底面垂直，所以OO1⊥OB，OO1⊥OA，又OA⊥OB，
以OB，OA，OO1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设几何体的高为h，

则B，D，A，B1，
所以＝，＝，
由于异面直线BD和AB1所成的角的余弦值为，
所以＝
＝，即＝，h2＝16，h＝4.
所以几何体的体积为×π×22×4＋×4×2×4＝16＋8π.
二、多选题(每小题5分，共20分，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
9．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，下列各式中运算结果为的是(　　)
A．＋＋ B．＋＋
C．－＋ D．＋＋
【解析】选ABCD.如图所示：

对于A：＋＋＝＋＝，
对于B：＋＋＝＋＝，
对于C：－＋＝＋＝，
对于D：＋＋＝＋＝．
10．如图所示，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则下列说法正确的是(　　)

A．A1M∥D1P B．A1M∥B1Q
C．A1M∥平面DCC1D1 D．A1M∥平面D1PQB1
【解析】选ACD.＝＋＝＋，＝＋＝＋，所以∥，所以A1M∥D1P，由线面平行的判定定理可知，A1M∥平面DCC1D1，A1M∥平面D1PQB1.ACD正确．
11．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝AA1＝2，P，Q，R分别是AB，BB1，A1C上的动点，下列结论正确的是(　　)
A．对于任意给定的点P，存在点Q使得D1P⊥CQ
B．对于任意给定的点Q，存在点R使得D1R⊥CQ
C．当AR⊥A1C时，AR⊥D1R
D．当A1C＝3A1R时，D1R∥平面BDC1
【解析】选ABD.如图所示，建立空间直角坐标系，

设P，a∈，Q，
b∈，
设＝λ，得到R，λ∈.
＝，＝，·＝4－2b，
当b＝2时，D1P⊥CQ，A正确；
＝，·＝2－2λb，取λ＝时，D1R⊥CQ，B正确；由AR⊥A1C，得·＝·
＝4λ＋12λ－4＋4λ＝0，λ＝，此时·＝·＝－≠0，C错误；A1C＝3A1R，则R，＝，设平面BDC1的法向量为n＝，则解得n＝，故·n＝0，故D1R∥平面BDC1，D正确．
12．如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝1，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总是保持AP⊥BD1，则以下四个结论正确的是(　　)

A.VP­AA1D＝
B．点P必在线段B1C上
C．AP⊥BC1
D．AP∥平面A1C1D
【解析】选BD.对于A，因为P在平面BCC1B1上，平面BCC1B1∥平面AA1D，所以P到平面AA1D的距离即为C到平面AA1D的距离，即为正方体棱长，
所以VP­AA1D＝S△AA1D·CD＝××1×1×1＝，A错误；
对于B，以D为坐标原点可建立如图所示的空间直角坐标系：

则A，P，B，D1，
B1，C，C1(0，1，1)，
所以＝，＝，＝，
因为AP⊥BD1，所以·＝1－x－1＋z＝0，
所以x＝z，即P，
所以＝，
所以＝－x，
即B1，P，C三点共线，所以P必在线段B1C上，B正确；
对于C，因为＝，＝，
所以·＝1－x＋x＝1，
所以AP与BC1不垂直，C错误；
对于D，因为A1，C1，D，
所以＝，＝，
设平面A1C1D的法向量n＝，
所以
令x＝1，则z＝－1，y＝1，
所以n＝，
所以·n＝x－1＋1－x＝0，即⊥n，
所以AP∥平面A1C1D，D正确．
三、填空题(每小题5分，共20分)
13．在空间直角坐标系中，点P(0，0，1)为平面ABC外一点，其中A(1，1，0)，B(0，2，3)，若平面ABC的一个法向量为(1，m，1)，则点P到平面ABC的距离为________．
【解析】在空间直角坐标系中，A(1，1，0)，B(0，2，3)，
所以＝，而平面ABC的一个法向量为n＝(1，m，1)，
所以·n＝0，
即－1＋m＋3＝0，解得m＝－2，
所以n＝(1，－2，1)，点P(0，0，1)，
则＝，
则由点到平面的距离公式可得d＝＝＝.
答案：
14．如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为________．

【解析】以D为坐标原点，DA，DC，DD1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，
设DD1＝a，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，a)，
C1(0，2，a)，故＝(－2，2，0)，＝(－2，0，a)，＝(0，0，a).

设平面ACD1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
可取n＝，
故cos 〈n，〉＝＝
＝，
又直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，
所以＝，解得a＝4.
答案：4
15．如图，在四面体D­ABC中，AD＝BD＝AC＝BC＝5，AB＝DC＝6.若M为线段AB上的动点(不包含端点)，则二面角D­MC­B的余弦值的取值范围是________．

【解析】以AB的中点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
计算得D，C(0，4，0)，M(a，0，0)(－3
平面MBC的一个法向量为n1＝(0，0，1)，
设平面DMC的一个法向量为n2＝(x，y，z)，
则＝，＝(－a，4，0)，
则即
令z＝9，x＝，y＝，所以平面DMC的一个法向量为n2＝，
所以＝
＝，
因为－3 所以＋144>＋144＝256，
所以<，
即二面角的余弦值的取值范围是.
答案：
16．如图，在三棱锥S­ABC中，SA＝SB＝SC，且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝，M，N分别是AB和SC的中点．则异面直线SM与BN所成的角的余弦值为________，直线SM与面SAC所成角的大小为________．

【解析】因为∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝，
所以以S为坐标原点，SA，SB，SC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
设SA＝SB＝SC＝2，
则M(1，1，0)，B(0，2，0)，N(0，0，1)，A(2，0，0)，C(0，0，2).
因为＝(1，1，0)，＝(0，－2，1)，
cos 〈，〉＝＝－，
所以异面直线SM与BN所成的角的余弦值为，面SAC的一个法向量为＝(0，2，0)，
则由cos 〈，〉＝＝得〈，〉＝，
即直线SM与面SAC所成角大小为.
答案：　
四、解答题(共70分)
17．(10分)已知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，m，－4).
(1)若a∥b，求实数m的值；
(2)若a⊥b，求实数m的值．
【解析】(1)a＝(1，－3，2)，b＝(－2，m，－4)，
若a∥b，则(1，－3，2)＝λ(－2，m，－4)，
解得即m＝6.
(2)若a⊥b，则a·b＝－2－3m－8＝0，
解得m＝－.
18．(12分)已知在空间直角坐标系中，A(1，－2，4)，
B(－2，3，0)，C(2，－2，－5).
(1)求＋，－2，·；
(2)若点M满足＝＋，求点M的坐标；
(3)若p＝，q＝，求(p＋q)·(p－q).
【解析】(1)因为A(1，－2，4)，B(－2，3，0)，C(2，－2，－5)，
所以＝(－3，5，－4)，＝(－1，0，9).
所以＋＝(－4，5，5)，
又＝(－4，5，5)，＝(3，－5，4)
所以－2＝(－10，15，－3)，
又＝(－3，5，－4)，＝(1，0，－9)，
所以·＝－3＋0＋36＝33.
(2)由(1)知，＝＋＝(－3，5，－4)＋(1，0，－9)＝
若设M(x，y，z)，则＝(x－1，y＋2，z－4)
于是
解得故M.
(3)由(1)知p＝＝(－1，0，9)，q＝＝(－4，5，5).
(p＋q)·(p－q)＝|p|2－|q|2＝82－66＝16.
19．(12分)如图所示，在平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4，将△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD.

(1)求证：AB⊥DE；
(2)若点F为BE的中点，求直线AF与平面ADE所成角的正弦值．
【解析】(1)在△ABD中，由余弦定理，得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD cos ∠DAB，
即BD2＝4＋16－16×＝12，
所以BD＝2，所以BD2＋AB2＝AD2，
所以△ABD和△EBD均为直角三角形，
所以ED⊥DB.又DB是平面EBD和平面ABD的交线，且平面EBD⊥平面ABD，ED⊂平面EBD，
所以ED⊥平面ABD.
又AB⊂平面ABD，所以AB⊥DE.
(2)由(1)知∠EDB＝∠CDB＝90°，以D为坐标原点，射线DB，DC，DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，E(0，0，2)，
A(2，－2，0)，F(，0，1)，
所以＝(2，－2，0)，＝(0，0，2)，＝(－，2，1).

设平面ADE的法向量为n＝(x，y，z)，
则有
即令x＝1，
则y＝，z＝0，所以n＝(1，，0).
设直线AF与平面ADE所成的角为α，
则有sin α＝|cos 〈n，〉|＝＝＝.
所以直线AF与平面ADE所成角的正弦值为.
20．(12分)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝AB＝BC＝3，AC＝2，D是AC的中点．

(1)求证：B1C∥平面A1BD；
(2)求直线B1C到平面A1BD的距离．
【解析】(1)连接AB1交A1B于点E，连接DE，则点E为AB1的中点，又D是AC的中点，所以DE∥B1C，
因为DE⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，
所以B1C∥平面A1BD；
(2)因为B1C∥平面A1BD，所以B1C到平面A1BD的距离就等于点B1到平面A1BD的距离．以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则B1，B，A1，
＝，＝，＝
.设平面A1BD的法向量为n＝，
所以
即
即令z＝1，
则n＝.
所求距离为d＝＝.
21．(12分)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1＝2，D是棱A1B1的中点，侧棱CC1⊥底面ABC.

(1)求异面直线CB1与AC1所成的角；
(2)求平面ADC1与平面ABC所成二面角的正弦值．
【解析】(1)因为侧棱CC1⊥底面ABC，
所以CC1⊥AC，CC1⊥BC.
又因为AC⊥BC，
所以可以以C为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Cxyz，如图所示．

因为AA1，BB1，CC1都是三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱，且CC1⊥底面ABC，
所以四边形AA1C1C与CC1B1B都是矩形．
因为AC＝BC＝CC1＝2，所以矩形AA1C1C与CC1B1B都是边长为2的正方形．
所以C(0，0，0)，A(0，0，2)，B1(2，2，0)，C1(0，2，0).
所以＝(2，2，0)，＝(0，2，－2).
所以cos 〈，〉＝＝
＝，
所以异面直线CB1与AC1所成的角是60°.
(2)因为D是棱A1B1的中点，所以D(1，2，1).
由(1)知，C(0，0，0)，A(0，0，2)，C1(0，2，0).
所以＝(0，2，0)，＝(0，2，－2)，＝(1，2，－1).
因为侧棱CC1⊥底面ABC，所以＝(0，2，0)是平面ABC的法向量.
设平面ADC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
解得 故可取n＝(－1，1，1).
所以cos 〈，n〉＝
＝＝.
所以sin 〈，n〉＝.
故平面ADC1与平面ABC所成二面角的正弦值为.
22．(12分)如图，在多面体ABCDP中，△ABC是边长为4的等边三角形，PA＝AC，BD＝CD＝2，PC＝PB＝4，点E为BC的中点，平面BDC⊥平面ABC.

(1)求证：DE∥平面PAC；
(2)线段BC上是否存在一点T，使得二面角T­DA­B为直二面角？若存在，试指出点T的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)因为BD＝CD＝2，△ABC是边长为4的等边三角形，
所以BD2＋CD2＝2＋2＝16＝BC2，
所以△BDC是等腰直角三角形，∠BDC＝90°.
又点E为BC的中点，所以DE⊥BC.
因为平面BDC⊥平面ABC，平面BDC∩平面ABC＝BC，所以DE⊥平面ABC.
因为PC＝PB＝4，PA＝AC＝AB＝4，
所以PA2＋AC2＝42＋42＝32＝PC2，PA2＋AB2＝42＋42＝32＝PB2，
所以△PAB与△PAC都是等腰直角三角形，
故PA⊥AC，PA⊥AB.
又AC∩AB＝A，所以PA⊥平面ABC，
所以DE∥PA.因为PA⊂平面PAC，DE⊄平面PAC，所以DE∥平面PAC.
(2)连接AE，以E为原点，EC，EA，ED所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A，B，C，
D，设存在T，使得二面角T­DA­B为直二面角，易知－2≤λ≤2，且λ≠0.
设平面BAD的法向量为n1＝，
则由＝，＝，
得
令z1＝1，得x1＝－1，y1＝，
故n1＝.
设平面TAD的法向量为n2＝，
则由＝，＝，
得
令z2＝1，得x2＝，y2＝，故n2＝.
由cos 〈n1，n2〉＝＝0，得－＋1＝0，故λ＝.
所以当T为线段BC上靠近点C的八等分点时，二面角T­DA­B为直二面角．