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本文(第一章 空间向量与立体几何 单元检测卷(含答案)2021年秋人教版A版高中数学选择性必修第一册)为本站会员(花好****3)主动上传,七七文库仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。 若此文所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知七七文库(发送邮件至373788568@qq.com或直接QQ联系客服),我们立即给予删除!

第一章 空间向量与立体几何 单元检测卷(含答案)2021年秋人教版A版高中数学选择性必修第一册

1、第一章第一章 空间向量与立体几何空间向量与立体几何 (时间:120 分钟 满分:150 分) 一、单项选择题(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.与向量 a(1,2,3)平行的一个向量的坐标是( ) A. 2 3, 4 3,2 B. 2 3, 4 3,2 C.(2,4,4) D.(1,2,4) 答案 B 解析 a3 2 2 3, 4 3,2 ,故选 B. 2.在正方体 ABCDA1B1C1D1中,底面 ABCD 的对角线交于点 O,且OA a, OB b,则B1C1 等 于( ) A.ab B.ab C.1 2ab D.2

2、(ab) 答案 A 解析 B1C1 BC BO OC BO OA OA OB ab. 3.已知直线 l 过点 P(1,0,1),平行于向量 a(2,1,1),平面 过直线 l 与点 M(1,2,3), 则平面 的法向量不可能是( ) A.(1,4,2) B. 1 4,1, 1 2 C. 1 4,1, 1 2 D.(0,1,1) 答案 D 解析 因为PM (0, 2, 4), 直线 l 平行于向量 a, 若 m 是平面 的法向量, 则必须满足 m a0, m PM 0. 把选项代入验证,只有选项 D 不满足,故选 D. 4.已知 a(2,1,3),b(1,4,2),c(1,3,),若 a,b,c

3、 三向量共面,则实数 等于( ) A.1 B.2 C.3 D.4 答案 A 解析 若向量 a,b,c 共面,则 cxayb,其中 x,yR, 即(1,3,)(2x,x,3x)(y,4y,2y)(2xy,x4y,3x2y), 2xy1, x4y3, 3x2y, 解得 x1,y1,1.故选 A. 5.若向量 a(1,2),b(2,1,2),且 a 与 b 的夹角的余弦值为8 9,则 ( ) A.2 B.2 C.2 或 2 55 D.2 或 2 55 答案 C 解析 由题意,得 cosa,b a b |a| |b| 24 52 9 8 9,解得 2 或 2 55. 6.如图所示,在空间直角坐标系中,

4、BC4,原点 O 是 BC 的中点,点 A 3 2 ,1 2,0 ,点 D 在 平面 yOz 内,且BDC90 ,DCB30 ,则 AD 的长为( ) A. 2 B. 3 C. 5 D. 6 答案 D 解析 因为点 D 在平面 yOz 内,所以点 D 的横坐标为 0,又 BC4,原点 O 是 BC 的中点, BDC90 , DCB30 , 所以点 D 的竖坐标 z4 sin 30 sin 60 3, 纵坐标 y(24 sin 30 cos 60 )1,所以 D(0,1, 3).所以 AD 3 2 0 2 1 21 2 (0 3)2 6. 故选 D. 7.在四棱锥 PABCD 中,AB (4,2

5、,3),AD (4,1,0),AP (6,2,8),则这个 四棱锥的高 h 等于( ) A.1 B.2 C.13 D.26 答案 B 解析 设平面 ABCD 的法向量为 n(x, y, z), 则 n AB0, n AD 0, 即 4x2y3z0, 4xy0. 不妨令 x3, 则 y12,z4,可得 n(3,12,4),所以四棱锥的高 h|AP n| |n| 26 132. 8.在四棱锥 PABCD 中,PA平面 ABCD,ABCD 是矩形,且 AB3,AD4,PA4 3 5 ,则 平面 ABD 与平面 PBD 的夹角为( ) A.30 B.45 C.60 D.75 答案 A 解析 如图所示,

6、建立空间直角坐标系,则PB 3,0,4 3 5 , BD (3,4,0). 设 n(x,y,z)为平面 PBD 的法向量, 则 n PB0, n BD 0, 即 (x,y,z) 3,0,4 3 5 0, (x,y,z) (3,4,0)0. 3x4 3 5 z0, 3x4y0. 令 x1, 则 n 1,3 4, 5 3 4 . 又 n1 0,0,4 3 5 为平面 ABD 的一个法向量, cosn1,n n1 n |n1|n| 3 2 . 平面 ABD 与平面 PBD 的夹角为 30 . 二、多项选择题(本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.在每小题给出的四个选项中,有多项符 合题目要

7、求,全部选对的得 5 分,部分选对的得 2 分,有选错的得 0 分) 9.棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中,下列结论正确的是( ) A.AB C 1D1 B.AB BC0 C.AA1 B1D1 0 D.AC1 A1C 0 答案 ABC 解析 如图,AB D 1C1 ,即AB C 1D1 ,AB BC,AA 1 B1D1 ,故 A,B,C 选项均正确. 10.如图所示,在直三棱柱 ABCA1B1C1中,底面是以ABC 为直角的等腰直角三角形,AC 2a,BB13a,D 是 A1C1的中点,点 E 在棱 AA1上,要使 CE平面 B1DE,则 AE 的值可能是 ( ) A.a B.

8、3 2a C.2a D.5 2a 答案 AC 解析 以 B 为坐标原点,BA,BC,BB1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,则 D 2 2 a, 2 2 a,3a ,B1(0,0,3a),C(0, 2 a,0).设点 E 的坐标为( 2a,0,z)(0z3a),则DE 2 2 a, 2 2 a,z3a , CE ( 2a, 2a,z),B 1E ( 2a,0,z3a). 由 CE平面 B1DE,得 CEDE, CEB1E,故 CE DE0, CE B 1E 0, 即 a 2a2z(z3a)0, 2a2z(z3a)0, 解得 za 或 2a,即 AEa 或

9、2a. 11.如图所示, 正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1, 线段 B1D1上有两个动点 E, F 且 EF 2 2 , 则下列结论中正确的是( ) A.ACBE B.EF平面 ABCD C.三棱锥 ABEF 的体积为定值 D.异面直线 AE,BF 所成的角为定值 答案 ABC 解析 因为 AC平面 BB1D1D,又 BE平面 BB1D1D,所以 ACBE,故 A 正确;因为 B1D1 平面 ABCD,又 E,F 在直线 D1B1上运动,所以 EF平面 ABCD,故 B 正确;C 中由于点 B 到直线 EF(即 B1D1)的距离不变,故BEF 的面积为定值,又点 A 到平面 BEF

10、(即平面 BB1D1D) 的距离为 2 2 ,故 VABEF为定值,故 C 正确; 当点 E 在 D1处,点 F 为 D1B1的中点时,建立空间直角坐标系, 如图所示,可得 A(1,1,0),B(0,1,0),E(1,0,1), F 1 2, 1 2,1 , 所以AE (0,1,1),BF 1 2, 1 2,1 , 所以AE BF3 2. 又|AE | 2,|BF| 6 2 , 所以 cosAE ,BFAE BF |AE |BF| 3 2 2 6 2 3 2 . 所以此时异面直线 AE 与 BF 成 30 角. 当点 E 为 D1B1的中点,点 F 在 B1处时, 此时 E 1 2, 1 2,

11、1 ,F(0,1,1). 所以AE 1 2, 1 2,1 ,BF (0,0,1), 所以AE BF1,|AE| 1 2 2 1 2 2 12 6 2 ,|BF |1, 所以 cosAE ,BFAE BF |AE |BF| 1 6 2 1 3 2 ,故 D 错误. 12.将正方形 ABCD 沿对角线 BD 翻折,使平面 ABD 与平面 BCD 的夹角为 90 ,如下四个结论 正确的是( ) A.ACBD B.ACD 是等边三角形 C.直线 AB 与平面 BCD 所成的角为 3 D.AB 与 CD 所成的角为 3 答案 ABD 解析 如图所示,以 BD 中点 O 为坐标原点,OD,OA,OC 所在

12、直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系 Oxyz, 设正方形 ABCD 的边长为 2,则 D(1,0,0),B(1,0,0),C(0,0,1), A(0,1,0), 所以AC (0,1,1),BD (2,0,0),AC BD 0, 故 ACBD,A 正确; 又|AC | 2,|CD | 2,|AD | 2, 所以ACD 为等边三角形,B 正确; 对于,OA 为平面 BCD 的一个法向量, cosAB ,OA AB OA |AB |OA | (1,1,0) (0,1,0) 21 1 2 2 2 . 因为直线与平面所成的角的范围是 0, 2 , 所以 AB 与平面 BCD 所成的角

13、为 4,故 C 错误; 又 cosAB ,CD AB CD |AB |CD | (1,1,0) (1,0,1) 2 2 1 2. 因为异面直线所成的角为锐角或直角,所以 AB 与 CD 所成的角为 3,故 D 正确. 三、填空题(本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13.已知 a(2,1,3),b(1,2,1),a 与 b 夹角的余弦值为_;若 a(ab), 则 _(本题第一空 2 分,第二空 3 分). 答案 21 6 2 解析 a(2,1,3),b(1,2,1),cosa,b a b |a|b| 223 14 6 21 6 ;由题意 a (a b)0,即 a2a b0,又 a

14、214,a b7,1470,2. 14.已知点 A(1,1,1),平面 经过原点 O,且垂直于向量 n(1,1,1),则点 A 到平 面 的距离为_. 答案 3 解析 OA (1, 1, 1), n(1, 1, 1), 点 A 到平面 的距离为 d|OA n| |n| |111| 3 3. 15.已知平面 的一个法向量为 n(1,1,0),则 y 轴与平面 所成的角的大小为_. 答案 4 解析 y 轴的一个方向向量为 s(0,1,0),cosn,s n s |n|s| 2 2 ,即 y 轴与平面 所成 角的正弦值是 2 2 ,故其所成的角的大小是 4. 16.如图所示,已知正四面体 ABCD

15、中,AE1 4AB,CF 1 4CD,则直线 DE 和 BF 所成角的余弦 值为_. 答案 4 13 解析 设正四面体棱长为 4, 又ED EA AD 1 4BA AD ,BF BC CF BC 1 4CD ,ABCD,ADBC, 所以 cosED ,BF ED BF |ED |BF | 1 4BA AD BC 1 4CD 1 4BA AD 2 BC 1 4CD 2 2002 13 13 4 13, 故直线 DE 和 BF 所成角的余弦值为 4 13. 四、解答题(本题共 6 小题,共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(10 分)如图所示,在四棱锥 MABCD 中,底

16、面 ABCD 是边长为 2 的正方形,侧棱 AM 的 长为 3,且 AM 和 AB,AD 的夹角都是 60 ,N 是 CM 的中点,设 aAB ,bAD ,cAM ,试 以 a,b,c 为基向量表示出向量BN ,并求 BN 的长. 解 BN BCCN AD 1 2CM AD 1 2(AM AC ) AD 1 2AM (AD AB ) 1 2AB 1 2AD 1 2AM . 所以BN 1 2a 1 2b 1 2c. 又|a|b|2,|c|3,a b0,a c23 cos 60 3,b c23 cos 60 3, 所以|BN |2BN2 1 2a 1 2b 1 2c 2 1 4(a 2b2c22a

17、 b2a c2b c)17 4 . 所以|BN | 17 2 ,即 BN 的长为 17 2 . 18.(12 分)已知空间内三点 A(0,2,3),B(2,1,6),C(1,1,5). (1)求以向量AB ,AC为一组邻边的平行四边形的面积 S; (2)若向量 a 与向量AB ,AC都垂直,且|a| 3,求向量 a 的坐标. 解 (1)AB (2,1,3),AC(1,3,2), cosBAC AB AC |AB |AC| 7 14 14 1 2, 又BAC0,BAC 3, 平行四边形的面积 S|AB |AC|sin 37 3. (2)设 a(x,y,z),由 aAB ,得2xy3z0, 由 a

18、AC ,得 x3y2z0, 由|a| 3,得 x2y2z23, xyz1 或 xyz1. a(1,1,1)或 a(1,1,1). 19.(12 分)如图,在四面体 ABCD 中,AD平面 BCD,BCCD,AD2,BD2 2,M 是 AD 的中点,P 是 BM 的中点,点 Q 在线段 AC 上,且 AQ3QC.证明:PQ平面 BCD. 证明 如图,取 BD 的中点 O,以 O 为原点,平面 BCD 内过 O 与 BD 垂直 的直线为 x 轴,OD,OP 所在射线为 y,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标 系 Oxyz. 由题意知,A(0, 2,2),B(0, 2,0),D(0, 2,0). 设点

19、 C 的坐标为(x0,y0,0). 因为AQ 3QC ,所以 Q 3 4x0, 2 4 3 4y0, 1 2 . 因为 M 为 AD 的中点,故 M(0, 2,1). 又 P 为 BM 的中点,故 P 0,0,1 2 , 所以PQ 3 4x0, 2 4 3 4y0,0 . 又平面 BCD 的一个法向量为 a(0,0,1), 故PQ a0. 又 PQ平面 BCD,所以 PQ平面 BCD. 20.(12 分)如图,在边长为 4 的正三角形 ABC 中,E,F 分别为 BC 和 AC 的中点,PA2,且 PA平面 ABC,设 Q 是 CE 的中点. (1)求证:AE平面 PFQ; (2)求 AE 与

20、平面 PFQ 间的距离. (1)证明 如图所示,以 A 为坐标原点,平面 ABC 内垂直于 AC 边的直线为 x 轴,AC 所在直线 为 y 轴,AP 所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系. AP2,ABBCAC4,又 E,F 分别是 BC,AC 的中点, A(0,0,0),B(2 3,2,0),C(0,4,0),F(0,2,0),E( 3,3,0),Q 3 2 ,7 2,0 ,P(0, 0,2). FQ 3 2 ,3 2,0 ,AE ( 3,3,0),AE2FQ . AE 与 FQ 无交点,AEFQ. 又 FQ平面 PFQ,AE平面 PFQ,AE平面 PFQ. (2)解 由(1)知,AE平面

21、 PFQ, 点 A 到平面 PFQ 的距离就是 AE 与平面 PFQ 间的距离. 设平面 PFQ 的法向量为 n(x,y,z), 则 nPF, nFQ , n PF0, n FQ 0. 又PF (0,2,2),FQ 3 2 ,3 2,0 , 2y2z0, 3 2 x3 2y0, x 3y, zy, 令 y1,则 x 3,z1, 平面 PFQ 的一个法向量为 n( 3,1,1). 又QA 3 2 ,7 2,0 , 所求距离 d|QA n| |n| 2 5 5 . 21.(12 分)如图, 在多面体 ABCA1B1C1中, A1A, B1B, C1C 均垂直于平面 ABC, ABC120 , A1

22、A4,C1C1,ABBCB1B2. (1)证明:AB1平面 A1B1C1; (2)求直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值. (1)证明 如图,以 AC 的中点 O 为原点,分别以射线 OB,OC 为 x,y 轴的正半轴,建立空间 直角坐标系 Oxyz. 由题意知各点坐标如下: A(0, 3,0),B(1,0,0),A1(0, 3,4),B1(1,0,2),C1(0, 3,1). 因此AB1 (1, 3,2),A1B1 (1, 3,2),A1C1 (0,2 3,3). 由AB1 A1B1 0 得 AB1A1B1. 由AB1 A1C1 0 得 AB1A1C1, 又 A1B1A1C1A1,A

23、1B1,A1C1平面 A1B1C1, 所以 AB1平面 A1B1C1. (2)解 设直线 AC1与平面 ABB1所成的角为 . 由(1)可知AC1 (0,2 3,1),AB (1, 3,0),BB 1 (0,0,2).设平面 ABB1的法向量为 n (x,y,z). 由 n AB0, n BB1 0, 得 x 3y0, 2z0, 令 y1,则 x 3,z0, 可得平面 ABB1的一个法向量 n( 3,1,0). 所以 sin |cosAC1 ,n| |AC1 n| |AC1 | |n| 39 13 . 因此直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值是 39 13 . 22.(12 分)如图,

24、在长方体 ABCDA1B1C1D1中,AA1AD1,E 为 CD 的中点. (1)求证:B1EAD1; (2)在棱 AA1上是否存在一点 P,使得 DP平面 B1AE?若存在,求 AP 的长;若不存在,说明 理由; (3)若平面 AB1E 与平面 A1B1E 夹角的大小为 30 ,求 AB 的长. (1)证明 以 A 为原点,AB ,AD ,AA1 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(如图). 设 ABa,则 A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E a 2,1,0 ,B1(a,0,1). 故AD1 (0,1,1),B1E a 2,1,1 ,AB

25、1 (a,0,1),AE a 2,1,0 . AD1 B1E a 2 011(1)10, B1EAD1. (2)解 假设在棱 AA1上存在一点 P(0,0,z0)(0z01),使得 DP平面 B1AE,此时DP (0, 1,z0). 设平面 B1AE 的法向量为 n(x,y,z). 则 nAB1 ,nAE , 得 axz0, ax 2 y0. 取 x1,得平面 B1AE 的一个法向量 n 1,a 2,a . 要使 DP平面 B1AE,只要 nDP ,即 n DP 0,a 2az00,解得 z0 1 2. 又 DP平面 B1AE, 存在点 P,使得 DP平面 B1AE,此时 AP1 2. (3)

26、连接 A1D,B1C,由 ABCDA1B1C1D1为长方体及 AA1AD1,得 AD1A1D. B1CA1D, AD1B1C, 又由(1)知 B1EAD1, 且 B1CB1EB1, B1C, B1E平面 DCB1A1, AD1平面 DCB1A1,AD1 是平面 DCB1A1即平面 A1B1E 的一个法向量,且AD1 (0,1,1). 设AD1 与 n 所成的角为 ,则 cos n AD 1 |n| |AD1 | a 2a 21a 2 4 a2 . 平面 AB1E 与平面 A1B1E 夹角的大小为 30 , |cos |cos 30 , 即 3a 2 215a 2 4 3 2 . 解得 a2,即 AB 的长为 2.