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学案设计

这是一份人教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学案设计，共10页。学案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。

1．已知直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量为u＝(1，－3，z)，向量v＝(3，－2,1)与平面α平行，则z等于( )
A．3 B．6 C．－9 D．9
答案 C
解析 由题意可得u⊥v，
∴u·v＝3＋6＋z＝0，解得z＝－9.
2．已知直线l1的方向向量a＝(－1,2，m)，直线l2的方向向量b＝(2，n，－12)，且l1∥l2，则m＋3n的值是( )
A．－6 B．6 C．14 D．－14
答案 A
解析 ∵l1∥l2，∴a∥b，
则eq \f(－1,2)＝eq \f(2,n)＝eq \f(m,－12)，
解得n＝－4，m＝6，
∴m＋3n＝6－12＝－6.
3．在平面ABCD中，A(0,1,1)，B(1,2,1)，C(－1,0，－1)，若a＝(x，y，z)，且a为平面ABC的法向量，则y2等于( )
A．2 B．0 C．1 D．3
答案 C
解析 eq \(AB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，－1，－2)，
由a为平面ABC的法向量知
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a·\(AB,\s\up6(→)) ＝0，,a·\(AC,\s\up6(→)) ＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,－x－y－2z＝0，))
令x＝－1，则y＝1，∴y2＝1.
4．已知平面α的一个法向量n＝(－2，－2,1)，点A(－1,3,0)在α内，则P(－2,1,4)到α的距离为( )
A．10 B．3 C.eq \f(8,3) D. eq \f(10,3)
答案 D
解析 eq \(PA,\s\up6(→))＝(1,2，－4)，
又平面α的一个法向量为n＝(－2，－2,1)，
所以P到α的距离为eq \f(|\(PA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|－2－4－4|,3)＝eq \f(10,3).
5．若点A(2,3,2)关于Ozx平面的对称点为A′，点B(－2,1,4)关于y轴的对称点为B′，点M为线段A′B′的中点，则|MA|等于( )
A.eq \r(30) B．3eq \r(6) C．5 D.eq \r(21)
答案 C
解析 ∵点A(2,3,2)关于Ozx平面的对称点为A′，
∴A′(2，－3,2)，
∵点B(－2,1,4)关于y轴的对称点为B′，∴B′(2,1，－4)，
∵点M为线段A′B′的中点，
∴M(2，－1，－1)，
∴|MA|＝eq \r(2－22＋－1－32＋－1－22)＝5.
6．在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是AA1的中点，则点A1到平面MBD的距离是( )
A.eq \f(\r(6)a,6) B.eq \f(\r(3)a,6)
C.eq \f(\r(3)a,4) D.eq \f(\r(6)a,3)
答案 A
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，0，\f(a,2)))，B(a，a,0)，A1(a,0，a)，
∴eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，0，\f(a,2)))，eq \(DB,\s\up6(→))＝(a，a,0)，eq \(DA1,\s\up6(→))＝(a,0，a)．
设平面MBD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DM,\s\up6(→))＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax＋\f(a,2)z＝0，,ax＋ay＝0，))
令x＝1，则y＝－1，z＝－2，可得n＝(1，－1，－2)．
∴点A1到平面MBD的距离d＝eq \f(|\(DA1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|a－2a|,\r(6))＝eq \f(\r(6),6)a.
二、多项选择题
7．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是A1D1和C1D1的中点，则下列结论正确的是( )
A．A1C1∥平面CEF
B．B1D⊥平面CEF
C.eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(DA,\s\up6(→))＋eq \(DD,\s\up6(→))1－eq \(DC,\s\up6(→))
D．点D与点B1到平面CEF的距离相等
答案 AC
解析 对A，因为E，F分别是A1D1和C1D1的中点，故EF∥A1C1，故A1C1∥平面CEF成立．
对B，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCD－A1B1C1D1边长为2，则eq \(B1D,\s\up6(→))＝(－2，－2，－2)，eq \(FC,\s\up6(→))＝(0,1，－2)．故eq \(B1D,\s\up6(→))·eq \(FC,\s\up6(→))＝0－2＋4＝2≠0.故eq \(B1D,\s\up6(→))，eq \(FC,\s\up6(→))不互相垂直．又CF⊂平面CEF.故B1D⊥平面CEF不成立．
对C，eq \(CE,\s\up6(→))＝(1，－2,2)，eq \f(1,2)eq \(DA,\s\up6(→))＋eq \(DD,\s\up6(→))1－eq \(DC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(2,0,0)＋(0,0,2)－(0,2,0)＝(1，－2,2)．故eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(DA,\s\up6(→))＋eq \(DD,\s\up6(→))1－eq \(DC,\s\up6(→))成立．
对D，点D与点B1到平面CEF的距离相等，则点D与点B1中点O在平面CEF上．连接AC，AE易得平面CEF即平面CAEF.又点D与点B1中点O在A1ACC1上，故点O不在平面CEF上．故D不成立．
8.正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为CC1，BC，CD，BB1的中点，则下列结论正确的是( )
A．B1G⊥BC
B．平面AEF∩平面AA1D1D＝AD1
C．A1H∥平面AEF
D．平面EAF与平面AFC的夹角为eq \f(π,4)
答案 BC
解析 由题意可知，B1G在底面上的射影为BG，而BC不垂直BG，则B1G不垂直于BC，则选项A不正确；
连接AD1和BC1，由E，F，G，H分别为CC1，BC，CD，BB1的中点，可知EF∥BC1∥AD1，则平面AEF∩平面AA1D1D＝AD1，所以选项B正确；
由题知，可设正方体的棱长为2，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则各点坐标如下：A(2,0,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，H(2,2,1)，F(1,2,0)，eq \(A1H,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AF,\s\up6(→))＝0，,n·\(EF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋2y＝0，,x－z＝0，))令y＝1，得x＝2，z＝2，得平面AEF的法向量为n＝(2,1,2)，所以eq \(A1H,\s\up6(→))·n＝0，所以A1H∥平面AEF，则C选项正确；
由图可知，AA1⊥平面AFC，所以eq \(AA1,\s\up6(→))是平面AFC的法向量，则cs〈eq \(AA1,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(AA1,\s\up6(→))·n,|\(AA1,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(2,3).平面EAF与平面AFC的夹角的大小不是eq \f(π,4)，所以D不正确.
三、填空题
9．已知空间三点A(0,0,1)，B(－1,1,1)，C(1,2，－3)，若直线AB上一点M满足CM⊥AB，则点M的坐标为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，1))
解析 设M(x，y，z)，
又eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(x，y，z－1)，eq \(CM,\s\up6(→))＝(x－1，y－2，z＋3)，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－x＋y－2＝0，,x＝－y，,z－1＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\f(1,2)，,y＝\f(1,2)，,z＝1，))
∴点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，1)).
10．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G，H分别是棱AB，AD，B1C1，D1C1的中点，则平面EFD1B1和平面GHDB的距离是________．
答案 eq \f(2,3)
解析 因为平面EFD1B1∥平面GHDB，EF∥平面GHDB，
所以平面EFD1B1和平面GHDB的距离，就是EF到平面GHDB的距离，也就是点F到平面GHDB的距离．
建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，
则eq \(DF,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq \(DH,\s\up6(→))＝(0,1,2)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)．
设平面GHDB的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DH,\s\up6(→))＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋2z＝0，,2x＋2y＝0，))
不妨取y＝－2，则n＝(2，－2,1)，
所以点F到平面GHDB的距离d＝eq \f(|\(DF,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|1×2＋0×－2＋0×1|,\r(22＋－22＋12))＝eq \f(2,3)，
即平面EFD1B1和平面GHDB的距离也是eq \f(2,3).
11．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1 ，则异面直线BA1与AC1所成的角的大小为________．
答案 60°
解析 ∵三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，且∠BAC＝90°，
∴以点A 为坐标原点，分别以AC，AB，AA1所在直线为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，
设AB＝AC＝AA1＝1，
则A(0,0,0)，B(0,1,0)，A1(0,0,1)，C1(1,0,1)，
∵eq \(BA1,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq \(AC,\s\up6(→))1＝(1,0,1)，
∴cs〈eq \(BA1,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))1〉＝eq \f(\(BA1,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→))1,|\(BA1,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))1|)＝eq \f(0×1－1×0＋1×1,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2).
∴异面直线BA1与AC1所成的角等于60° .
12．已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(1,2,3)，B(2，－1，5)，C(3,2，－5)．则△ABC的面积为________，△ABC中AB边上的高为________．
答案 3eq \r(21) 3eq \r(6)
解析 由已知得eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，－3,2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,0，－8)，
∴|eq \(AB,\s\up6(→))|＝eq \r(1＋9＋4)＝eq \r(14)，|eq \(AC,\s\up6(→))|＝eq \r(4＋0＋64)＝2eq \r(17)，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝1×2＋(－3)×0＋2×(－8)＝－14，
cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AB,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|·|\(AC,\s\up6(→))|)＝eq \f(－14,\r(14)×2\r(17))＝eq \f(－\r(14),2\r(17))，
sin〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉＝eq \r(1－\f(14,68))＝eq \r(\f(27,34)).
∴S△ABC＝eq \f(1,2)|eq \(AB,\s\up6(→))|·|eq \(AC,\s\up6(→))|·sin〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉＝eq \f(1,2)×eq \r(14)×2eq \r(17)×eq \r(\f(27,34))＝3eq \r(21)，
设AB边上的高为CD，则CD＝|eq \(CD,\s\up6(→))|＝eq \f(2S△ABC,|\(AB,\s\up6(→))|)＝3eq \r(6).
四、解答题
13.如图，已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，D为AB的中点，AC＝BC＝BB1.
求证：(1)BC1⊥AB1；
(2)BC1∥平面CA1D.
证明 如图，以C1为原点，分别以C1A1，C1B1，C1C所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设AC＝BC＝BB1＝2，
则A(2,0,2)，B(0,2,2)，C(0,0,2)，A1(2,0,0)，B1(0,2,0)，C1(0,0,0)，D(1,1,2)．
(1)由于eq \(BC1,\s\up6(→))＝(0，－2，－2)，
eq \(AB1,\s\up6(→))＝(－2,2，－2)，
因此eq \(BC1,\s\up6(→))·eq \(AB1,\s\up6(→))＝0－4＋4＝0，
因此eq \(BC1,\s\up6(→))⊥eq \(AB1,\s\up6(→))，
故BC1⊥AB1.
(2)取A1C的中点E，连接DE，由于E(1,0,1)，
所以eq \(ED,\s\up6(→))＝(0,1,1)，
又eq \(BC1,\s\up6(→))＝(0，－2，－2)，
所以eq \(ED,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(BC1,\s\up6(→))，
又ED和BC1不共线，所以ED∥BC1，
又DE⊂平面CA1D，BC1⊄ 平面CA1D，
故BC1∥平面CA1D.
14.如图，在多面体ABCA1B1C1中，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.
(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，－eq \r(3)，0)，B(1,0,0)，
A1(0，－eq \r(3)，4)，B1(1,0,2)，C1(0，eq \r(3)，1)．
因此eq \(AB1,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，2)，eq \(A1B1,\s\up6(—→))＝(1，eq \r(3)，－2)，
eq \(A1C1,\s\up6(—→))＝(0,2eq \r(3)，－3)．
由eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(A1B1,\s\up6(—→))＝0得AB1⊥A1B1.
由eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(A1C1,\s\up6(—→))＝0得AB1⊥A1C1，
又A1B1∩A1C1＝A1，A1B1，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θ.
由(1)可知eq \(AC1,\s\up6(→))＝(0,2eq \r(3)，1)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，0)，eq \(BB1,\s\up6(→))＝(0,0,2)．设平面ABB1的法向量为n＝(x，y，z)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(BB1,\s\up6(→))＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\r(3)y＝0，,2z＝0，))
令y＝1，则x＝－eq \r(3)，z＝0，
可得平面ABB1的一个法向量n＝(－eq \r(3)，1,0)．
所以sin θ＝|cs〈eq \(AC1,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(AC1,\s\up6(→))·n|,|\(AC1,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(\r(39),13).
因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是eq \f(\r(39),13).
15.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．
(1)求证：B1E⊥AD1；
(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，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))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AB＝a，则A(0,0,0)，
D(0,1,0)，D1(0,1,1)，
Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，1，0))，B1(a,0,1)．
故eq \(AD1,\s\up6(→))＝(0,1,1)，
eq \(B1E,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，1，－1))，
eq \(AB1,\s\up6(→))＝(a,0,1)，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，1，0)).
∵eq \(AD1,\s\up6(→))·eq \(B1E,\s\up6(—→))＝－eq \f(a,2)·0＋1×1＋(－1)×1＝0，
∴B1E⊥AD1.
(2)解 假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)(0≤z0≤1)，
使得DP∥平面B1AE，此时eq \(DP,\s\up6(→))＝(0，－1，z0)．
设平面B1AE的法向量为n＝(x，y，z)．
则n⊥eq \(AB1,\s\up6(→))，n⊥eq \(AE,\s\up6(→))，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax＋z＝0，,\f(ax,2)＋y＝0.))
取x＝1，得平面B1AE的一个法向量
n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(a,2)，－a)).
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥eq \(DP,\s\up6(→))，
即n·eq \(DP,\s\up6(→))＝0，eq \f(a,2)－az0＝0，
解得z0＝eq \f(1,2).
又DP⊄平面B1AE，
∴存在点P，使得DP∥平面B1AE，此时AP＝eq \f(1,2).
(3)连接A1D，B1C，由ABCD－A1B1C1D1为长方体及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D.
∵B1C∥A1D，
∴AD1⊥B1C，
又由(1)知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，B1C，B1E⊂平面DCB1A1，
∴AD1⊥平面DCB1A1，
∴eq \(AD1,\s\up6(→))是平面DCB1A1即平面A1B1E的一个法向量，
且eq \(AD1,\s\up6(→))＝(0,1,1)．
设eq \(AD1,\s\up6(→))与n所成的角为θ，
则cs θ＝eq \f(n·\(AD1,\s\up6(→)),|n|·|\(AD1,\s\up6(→))|)＝eq \f(－\f(a,2)－a,\r(2)×\r(1＋\f(a2,4)＋a2)).
∵平面AB1E与平面A1B1E夹角的大小为30°，
∴|cs θ|＝cs 30°，
即eq \f(\f(3a,2),\r(2)×\r(1＋\f(5a2,4)))＝eq \f(\r(3),2).
解得a＝2，即AB的长为2.