新教材高中數(shù)學人教B版選擇性第一冊訓練第一章空間向量與立體幾何測評（一）

過關綜合測評第一章測評(一)(時間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.在平行六面體ABCDA'B'C'D'中,向量AB',AD'A.有相同起點的向量 B.等長的向量C.共面向量 D.不共面向量答案C解析結合圖形,A,B明顯錯誤;∵AD'∴AB',AD',BD2.(2020湖南張家界期末)已知a=(2,3,1),b=(2,0,4),c=(4,6,2),則下列結論正確的是()A.a∥c,b∥c B.a∥b,a⊥cC.a∥c,a⊥b D.以上都不對答案C解析∵a·b=4+0+4=0,∴a⊥b.∵-4-2=-6∵b·c=8+0+8=0,∴b⊥c,故選C.3.在長方體ABCDA1B1C1D1中,BA+BC+DDA.D1B1 B.D1B C答案D解析如圖所示,在長方體ABCDA1B1C1D1中,BA+BC+DD1=4.已知空間四邊形OABC,M,N分別是邊OA,CB的中點,點G在線段MN上,且使MG=2GN,用向量OA,OB,OC表示向量OGA.OGB.OGC.OGD.OG答案C解析OG=OM+MG=OM+5.在四棱錐PABCD中,AB=(4,2,3),AD=(4,1,0),AP=(6,2,8),則這個四棱錐的高h等于()A.1 B.2 C.13 D.26答案B解析設平面ABCD的法向量為n=(x,y,z),則n不妨令x=3,則y=12,z=4,可得平面ABCD的一個法向量n=(3,12,4).故四棱錐的高h=|AP·n6.(2020江西高安期中)已知兩個不重合的平面α與平面ABC,若平面α的法向量為n1=(2,3,1),AB=(1,0,2),AC=(1,1,1),則()A.平面α∥平面ABC B.平面α⊥平面ABCC.平面α、平面ABC相交但不垂直 D.以上均有可能答案A解析由題意,計算n1·AB=2×1+(3)×0+1×(2)=0,得n1⊥AB,計算n1·AC=2×1+(3)×1+1×1=0,得n1⊥AC,所以n1⊥平面ABC,所以平面α的法向量與平面ABC的法向量共線,則平面α∥平面ABC.7.已知向量a=(1,2,3),b=(2,4,6),|c|=14,若(a+b)·c=7,則a與c的夾角為()A.30° B.60° C.120° D.150°答案C解析設向量a+b與c的夾角為α,因為a+b=(1,2,3),所以|a+b|=14,cosα=(a+b)·c|因為向量a+b與a的方向相反,所以a與c的夾角為120°.8.(2020上海閔行期中)長方體A1A2A3A4B1B2B3B4的底面為邊長為1的正方形,高為2,則集合A={x|x=A1B2·AiBj,i∈{1,2,3,4},A.1 B.2 C.3 D.4答案C解析∵長方體A1A2A3A4B1B2B3B4的底面為邊長為1的正方形,高為2,∴建立如圖所示的空間直角坐標系,則A1(1,1,0),A2(0,1,0),A3(0,0,0),A4(1,0,0),B1(1,1,2),B2(0,1,2),B3(0,0,2),B4(1,0,2),則A1B2與A1B1=(0,0,2)相等的向量為A2B2,A3與A1B2=(1,0,2)此時A1B2·A1A1B3=(1,1,2),此時A1B2與A1B4=(0,1,2)此時A1B2·A1與A2B1=(1,0,2)此時A1B2·A2A2B4=(1,1,2),A1B2A3B1=(1,1,2),A1B2與A3B2=(0,1,2)此時A1B2·A4A4B2=(1,1,2),A1B2·綜上,集合A={x|x=A1B2·AiBj,i∈{1,2,3,4},二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得5分,有選錯的得0分,部分選對的得3分.9.如圖,在長方體ABCDA1B1C1D1中,AB=5,AD=4,AA1=3,以直線DA,DC,DD1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,則()A.點B1的坐標為(4,5,3)B.點C1關于點B對稱的點為(5,8,3)C.點A關于直線BD1對稱的點為(0,5,3)D.點C關于平面ABB1A1對稱的點為(8,5,0)答案ACD解析由圖形及其已知可得,點B1的坐標為(4,5,3),點C1(0,5,3)關于點B(4,5,0)對稱的點為(8,5,3),點A關于直線BD1對稱的點為C1(0,5,3),點C(0,5,0)關于平面ABB1A1對稱的點為(8,5,0).故A,C,D正確.10.(2020江蘇南通期末)設{a,b,c}是空間一個基底,下列說法正確的有()A.若a⊥b,b⊥c,則a⊥cB.a,b,c兩兩共面,但a,b,c不可能共面C.對空間任一向量p,總存在有序?qū)崝?shù)組(x,y,z),使p=xa+yb+zcD.a+b,b+c,c+a一定能構成空間的一個基底答案BCD解析對于A,b與a,c都垂直,a,c夾角不一定是π2,故A錯誤對于B,根據(jù)基底的概念可知,a,b,c兩兩共面,但a,b,c不可能共面,故B正確;對于C,根據(jù)空間向量的基本定理可知,C正確;對于D,由于{a,b,c}為空間中的一個基底,所以a,b,c不共面,設a+b,b+c,c+a共面,不妨設a+b=x(b+c)+(1x)(c+a),化簡得c=xa+(1x)b,所以a,b,c共面,這與已知矛盾,所以a+b,b+c,c+a不共面,可作為空間的一個基底,故D正確.11.已知正方體ABCDA1B1C1D1,下列說法正確的是()A.(A1A+A1D1B.A1C·(A1C.向量AD1與向量A1D.正方體ABCDA1B1C1D1的體積為|AB·答案AB解析由向量的加法得A1∵A1C2=3A1B1∴(A1C)2=3(A1B1)2∵A1B1-A1A=∴A1C·AB1∵△ACD1是等邊三角形,∴∠AD1C=60°,又A1B∥D1C,∴異面直線AD1與A1B所成的夾角為60°,但是向量AD1與向量A1B的夾角是120°,∵AB⊥AA1,∴AB·A故|AB·AA1·AD12.在正方體ABCDA1B1C1D1中,給出下列四個命題:其中正確的命題是()A.(A1A+A1B.A1C·(A1C.向量AD1與向量A1D.正方體ABCDA1B1C1D1的體積為|AB·答案AB解析A中,設正方體的棱長為1,則(A1A+A1D1+A1B1)B中,A1B1-A1A=C中,A1B與AD1兩異面直線所成角為60°,但AD1與A1B的夾角為120D中,|AB·AA1·AD三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.設a=(2,6,3),則與a平行的單位向量的坐標為,同時垂直于a=(2,2,1),b=(4,5,3)的單位向量e=.

答案27,67,37或27,67,3713,23解析設與a平行的單位向量為u,則u=μa=(2μ,6μ,3μ),且|u|=1=(2解得μ=±17∴u=27,67,37或u=27,設同時垂直于a=(2,2,1),b=(4,5,3)的單位向量e=(x,y,z),則e解得x∴e=13,23,23或e=13,14.已知空間向量a=(1,n,2),b=(2,1,2).若2ab與b垂直,則|a|=.

答案3解析∵a=(1,n,2),b=(2,1,2),∴2ab=(4,2n1,2).∵2ab與b垂直,∴(2ab)·b=0,∴8+2n1+4=0,解得n=52∴a=1,52,2,∴15.已知點A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,1),O(0,0,0),點P在平面ABC內(nèi),OP⊥平面ABC,則點P的坐標為.

答案49,解析設P(x,y,z),則OP=(x,y,z).∵A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,1),∴AB=(1,2,0),BC=(0,2,1).∵OP⊥平面ABC,∴-x+2y=0,∴P(2y,y,2y),∴AP=(2y1,y,2y),BP=(2y,y2,2y),CP=(2y,y,2y1).∵點P在平面ABC內(nèi),∴(2y1,y,2y)=λ(2y,y2,2y)+μ(2y,y,2y1),∴2∴y=29,∴P416.(2021浙江杭州模擬)已知e1,e2,e3是空間單位向量,e1·e2=e2·e3=e3·e1=12,若空間向量a滿足a=xe1+ye2(x,y∈R),|a|=2,則|a·e3|的最大值是.答案2解析空間向量a滿足a=xe1+ye2(x,y∈R),且e1·e2=e2·e3=e3·e1=12,則|a|2=x2+y2+xy又由|a|=2,得|a|2=4.即x2+y2+xy=4.又|a·e3|=|(xe1+ye2)·e3|=12|x+y|由于x2+y2≥2xy,所以由x2+y2+xy=4,整理得3xy≤4,即xy≤43所以|x+y|2=x2+y2+2xy=x2+y2+xy+xy≤4+43=163,故所以|a·e3|=12|x+y|≤23=233,當且僅當四、解答題:本題共6小題,共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(10分)如圖所示,在四棱錐MABCD中,底面ABCD是邊長為2的正方形,側棱AM的長為3,且AM和AB,AD的夾角都是60°,N是CM的中點,設a=AB,b=AD,c=AM,試以a,b,c為基向量表示出向量BN,并求BN的長.解BN=AD+=AD+12=12所以BN=12a+12b+1|BN|2=-=14(a2+b2+c22a·b2a·c+2b·c)=17所以|BN|=172,即BN的長為1718.(12分)如圖,在正三棱柱ABCA1B1C1中,底面邊長為2.(1)設側棱長為1,求證:AB1⊥BC1;(2)設AB1與BC1的夾角為π3,求側棱的長(1)證明AB因為BB1⊥平面ABC,所以BB1·AB=0,又△ABC為正三角形,所以<AB,BC>=π<BA,BC因為AB1·BC1=(=AB·BB1+AB=|AB|·|BC|·cos<AB,BC>+|BB1|2=1+1=0,所以AB1(2)解由(1)知AB1·BC1=|AB|·|BC|·cos<AB,BC>+|B又|AB1|=|AB|2+|BB1|所以|BB1|=2,即側棱長為19.(12分)(2020北京西城期中)已知空間中三點A(2,0,2),B(1,1,2),C(3,0,4),設a=AB,b=AC.(1)若|c|=3,且c∥BC,求向量c;(2)已知向量ka+b與b互相垂直,求實數(shù)k的值;(3)求△ABC的面積.解(1)∵B(1,1,2),C(3,0,4),∴BC=(3,0,4)(1,1,2)=(2,1,2).∵|c|=3,且c∥BC,∴c=mBC=m(2,1,2)=(2m,m,2m),m∈R,∴|c|=(2m)2∴m=±1,∴c=(2,1,2)或c=(2,1,2).(2)∵a=AB=(1,1,0),b=AC=(1,0,2),∴ka+b=k(1,1,0)+(1,0,2)=(1k,k,2).∵向量ka+b與b互相垂直,∴(ka+b)·b=1k+4=0,解得k=5.∴k的值是5.(3)AB=(1,1,0),AC=(1,0,2),BC=(2,1,2),cos<AB,AC>=AB·sin<AB,AC>=∴△ABC的面積S△ABC=12×|AB|×|AC|×sin<AB,AC20.(12分)設點E,F分別是棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1的棱AB,AA1的中點.如圖,以C為坐標原點,射線CD,CB,CC1分別為x軸、y軸、z軸的正半軸,建立空間直角坐標系.(1)求向量D1E(2)若點M,N分別是線段D1E與線段C1F上的點,問是否存在直線MN,使MN⊥平面ABCD?若存在,求點M,N的坐標;若不存在,請說明理由.解(1)在給定的空間直角坐標系中,C1(0,0,2),F(2,2,1),C1F=(2,2,1),D1(2,0,2),E(1,2,0),D1E=(1,2,2),所以D1E·C1F=1×2+2×(2)存在唯一直線MN,使MN⊥平面ABCD.若MN⊥平面ABCD,則MN與平面ABCD的一個法向量(0,0,1)平行,所以設M(a,a,m),N(a,a,n),MN=(0,0,nm),n≠m.又因為點M,N分別是線段D1E與線段C1F上的點,所以D1即D1M=λD1E,λ∈R,C1N=t(a2,a,m2)=(λ,2λ,2λ),(a,a,n2)=(2t,2t,t),所以a-2=-λ,a=2λ,m-2=-2λ,a21.(12分)如圖所示,在三棱錐PABQ中,PB⊥平面ABQ,BA=BP=BQ,D,C,E,F分別是AQ,BQ,AP,BP的中點,AQ=2BD,PD與EQ交于點G,PC與FQ交于點H,連接GH.(1)求證:AB∥GH;(2)求平面DGH與平面GHE的夾角的余弦值.(1)證明因為D,C,E,F分別是AQ,BQ,AP,BP的中點,所以EF∥AB,DC∥AB.所以EF∥DC.又EF?平面PCD,DC?平面PCD,所以EF∥平面PCD.又EF?平面EFQ,平面EFQ∩平面PCD=GH,所以EF∥GH.又EF∥AB,所以AB∥GH.(2)解在△ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以∠ABQ=90°.又PB⊥平面ABQ,所以BA,BQ,BP兩兩垂直.以B為坐標原點,分別以BA,BQ,BP所在直線為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系.設BA=BQ=BP=2,則E(1,0,1),F(0,0,1),Q(0,2,0),D(1,1,0),C(0,1,0),P(0,0,2).所以EQ=(1,2,1),FQ=(0,2,1