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同步达标检测题

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同步达标检测题，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

阶段重点强化练(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A，B，C，D为空间不同的四点，则下列各式为零向量的是(　　)
①＋2＋2＋；②2＋2＋3＋3＋；③＋＋；④－＋－
A．①② B．②③ C．②④ D．①④
【解析】选C.①中，原式＝＋2＋＝＋＋＋＝＋，不符合题意；②中，原式＝2(＋＋＋)＋(＋＋)＝0；③中，原式＝，不符合题意；④中，原式＝(－)＋(－)＝0.
2．已知向量a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为(　　)
A．－2 B．－ C． D．2
【解析】选D.因为a⊥(a－λb)，
所以a·(a－λb)＝|a|2－λa·b＝0，
所以|a|2＝λa·b，
所以14＝λ(2＋2＋3)＝7λ，
解得λ＝2.
3．若a＝(2，2，0)，b＝(1，3，z)，〈a，b〉＝，则z等于(　　)
A． B．－ C．± D．±
【解析】选C.cos 〈a，b〉＝＝＝，可得z＝±.
4．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC­A1B1C1，CA＝2CB，CC1＝3CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　)

A． B． C． D．
【解析】选A.CA＝2CB，CC1＝3CB，所以设CB＝1，
根据题意得，B(0，0，1)，C1(0，3，0)，A(2，0，0)，B1(0，3，1).
＝(0，3，－1)，＝(－2，3，1)，
所以cos＝＝＝.
5．已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，则点C到平面BDD1B1的距离为(　　)
A．1 B． C．2 D．2
【解析】选B.如图，连接AC，DB交于点O，
在正方体ABCD­A1B1C1D1中，可得，⇒AC⊥平面BDD1B1.
所以点C到平面BDD1B1的距离为CO，CO＝AC＝.

6．将图①中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线折起得到空间四面体ABCD(如图②)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是(　　)

A．相交且垂直 B．相交但不垂直
C．异面且垂直 D．异面但不垂直
【解析】选C.在题图①中的等腰直角三角形ABC中，斜边上的中线AD就是斜边上的高，则AD⊥BC，翻折后如题图②，AD与BC变成异面直线，而原线段BC变成两条线段BD，CD，这两条线段与AD垂直，即AD⊥BD，AD⊥CD，故AD⊥平面BCD，所以AD⊥BC.
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v1，v2分别为直线l1，l2的方向向量(l1，l2不重合)，n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，则下列说法中，正确的是(　　)
A．v1∥v2⇔l1∥l2 B．v1⊥v2⇔l1⊥l2
C．n1∥n2⇔α∥β D．n1⊥n2⇔α⊥β
【解析】选ABCD.因为v1，v2分别为直线l1，l2的方向向量(l1，l2不重合)，
所以v1∥v2⇔l1∥l2，v1⊥v2⇔l1⊥l2；
因为n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，
所以n1∥n2⇔α∥β，n1⊥n2⇔α⊥β，故全部正确．
8．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，则点P到各顶点的距离可能为(　　)

A.　　　B．3　　　C．　　　D．2
【解析】选ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为3，则点A(3，0，0)，B(3，3，0)，C(0，3，0)，D(0，0，0)，A1(3，0，3)，B1(3，3，3)，C1(0，3，3)，D1(0，0，3)，

所以＝(－3，－3，3).
设点P(x，y，z)，
因为＝＝(－1，－1，1)，
所以＝＋＝(3，3，0)＋(－1，－1，1)＝(2，2，1).
所以P(2，2，1)，
所以PA＝PC＝PB1＝＝，
PD＝PA1＝PC1＝＝3，
PB＝，PD1＝＝2.
故点P到各顶点的距离的不同取值有，3，，2.
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．在四面体O­ABC中，＝a，＝b，＝c，D为BC的中点，E为AD的中点，则＝________．(用a，b，c表示)

【解析】因为在四面体O­ABC中，＝a，＝b，＝c，D为BC的中点，E为AD的中点，
所以＝(＋)＝＋＝a＋×(＋)＝a＋b＋c.
答案：a＋b＋c
10．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝，E，F分别是面A1B1C1D1、面BCC1B1的中心，则E，F两点间的距离为________．

【解析】以D为坐标原点，分别以，，所在方向为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系(图略)，由条件知E(1，1，)，F，
所以＝，
所以E，F两点间的距离为||＝＝.
答案：
11．已知a＝(λ＋1，0，2)，b＝(6，2μ－1，2λ)，若a∥b，则λ与μ的值是________．
【解析】因为a＝(λ＋1，0，2)，b＝(6，2μ－1，2λ)，a∥b，
令a＝tb(t∈R)，则(λ＋1，0，2)＝t(6，2μ－1，2λ)＝(6t，(2μ－1)t，2λt)，
即解得或
答案：2，或－3，
12．已知a＝(3，－2，－3)，b＝(－1，x－1，1)，且a与b的夹角为钝角，则x的取值范围是________．
【解析】由题意可知a·b<0且a与b不共线，
则a·b＝3×(－1)－2×(x－1)－3×1＝－2x－4<0，解得x>－2.
若a与b共线，则＝＝，得x＝，
因为a与b不共线，则x≠，
因此，实数x取值范围是∪.
答案：∪
13．如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝，BC＝AA1＝1，则BD1与平面A1B1C1D1所成的角的大小为________．

【解析】长方体ABCD­A1B1C1D1中，连接B1D1，则∠BD1B1为所求，Rt△BD1B1中，tan ∠BD1B1＝＝＝，
所以∠BD1B1＝30°，
则BD1与平面A1B1C1D1所成的角的大小为30°.
答案：30°
14．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB＝1，D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成的角的正弦值为________，平面ACD与ABC所成二面角的余弦值为________．(本题第一空2分，第二空3分)
【解析】取AC中点E，连接BE，则BE⊥AC，
如图所示，建立空间直角坐标系Bxyz，

则A，D(0，0，1)，C，＝，＝.
设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，
所以
令x＝2，z＝3，y＝0，
所以n＝(2，0，3)，
又为平面ABC的法向量，＝(0，0，1)，
所以cos 〈n·〉＝＝.
所以平面ACD与平面ABC所成二面角的余弦值为.
因为平面ABC⊥平面AA1C1C，
平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，BE⊥AC，
所以BE⊥平面AA1C1C，
所以＝为平面AA1C1C的一个法向量，
又＝，
所以cos 〈，〉＝－，
设AD与平面AA1C1C所成的角为α，
则sin α＝|cos 〈，〉|＝.
答案：　
四、解答题：本大题共3小题，每小题10分，共30分．
15．(10分)如图，在棱长为a的正方体OABC­O1A1B1C1中，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AE＝BF＝x，其中0≤x≤a，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.

(1)写出点E，F的坐标；
(2)求证：A1F⊥C1E；
(3)若A1，E，F，C1四点共面，求证：＝＋．
【解析】(1)E(a，x，0)，F(a－x，a，0).
(2)因为A1(a，0，a)，C1(0，a，a)，
所以＝(－x，a，－a)，C1E＝(a，x－a，－a).
所以·＝－ax＋a(x－a)＋a2＝0，
所以⊥．
(3)因为A1，E，F，C1四点共面，所以，，共面．
选与为一组基向量，则存在唯一实数对λ1，λ2，使＝λ1＋λ2，
即(－x，a，－a)＝λ1(－a，a，0)＋λ2(0，x，－a)＝，
所以，解得.
所以＝＋．
16．(10分)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝AA1＝2，点P为棱B1C1的中点，点Q为线段A1B上一动点．

(1)求证：当点Q为线段A1B的中点时，PQ⊥平面A1BC；
(2)设＝λ，试问：是否存在实数λ，使得平面A1PQ与平面B1PQ所成锐二面角的余弦值为？若存在，求出这个实数λ；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)连AB1，AC1，因为点Q为线段A1B的中点，
所以A，Q，B1三点共线．因为点P，Q分别为B1C1和A1B的中点，
所以PQ∥AC1.
在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC⊥BC，
所以BC⊥平面ACC1A1，所以BC⊥AC1，
又AC＝AA1，所以四边形ACC1A1为正方形，
所以AC1⊥A1C，
因为A1C，BC⊂平面A1CB，
所以AC1⊥平面A1BC，而PQ∥AC1，
所以PQ⊥平面A1BC.
(2)以C为原点，分别以CA，CB，CC1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
连接A1P，B1Q，设Q(x，y，z)，因为＝λ，
所以(x，y－2，z)＝λ(2，－2，2)，
所以，所以Q(2λ，2－2λ，2λ).
因为点Q在线段A1B上运动，
所以平面A1PQ的法向量即为平面A1PB的法向量，
设平面A1PB的法向量为n1＝(x，y，z)，
由得，令y＝2得n1＝(1，2，1)，
设平面B1PQ的法向量为n2＝(x，y，z)，
由得
令z＝λ得n2＝(1－λ，0，λ)，
由题意得|cos 〈n1，n2〉|＝＝＝，
所以9λ2－9λ＋2＝0，解得λ＝或λ＝.
所以当λ＝或λ＝时，平面A1PQ与平面B1PQ所成锐二面角的余弦值为.
17．(10分)如图1，在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，F为CD的中点，G在线段BC上，且BG＝3CG.将△ADE沿DE折起，使点A到A1的位置(如图2所示)，且A1F⊥CD.

(1)证明：BE∥平面A1FG；
(2)求平面A1FG与平面A1BE所成锐二面角的余弦值．
【解析】(1)取BC的中点M，连接DM，因为BG＝3CG，所以G为CM的中点，
又F为CD的中点，所以FG∥DM，
由DE∥BM，DE＝BM，所以DMBE为平行四边形，
所以BE∥DM，所以BE∥FG，
又FG⊂平面A1FG，BE⊄平面A1FG，
所以BE∥平面A1FG；
(2)根据题意，以F为原点，直线FC为x轴，过F平行于BC的直线为y轴，直线FA1为z轴，建立如图空间直角坐标系，设AC＝4，
则F(0，0，0)，A1(0，0，)，B(1，4，0)，E(－1，2，0)，G(1，1，0)，
FA1＝(0，0，)，＝(1，1，0)，A1E＝(－1，2，－)，＝(2，2，0)，
设平面A1FG的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
故可取n＝(1，－1，0)，
设平面A1BE的法向量m＝(a，b，c)，
由，得
故可取m＝(1，－1，－)，
所以cos 〈m，n〉＝＝，
故平面A1FG与平面A1BE所成锐二面角的余弦值为.