2022届高中数学新人教B版 选择性必修第一册 第一章章末综合测评 作业

这是一份2022届高中数学新人教B版 选择性必修第一册 第一章章末综合测评 作业，共14页。
章末综合测评(一)　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．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
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．故选C．]
2．若a＝(2,2,0)，b＝(1,3，z)，〈a，b〉＝，则z等于(　　)
A．　　　　　 B．－
C．± D．±
C　[cos〈a，b〉＝＝＝，可得z＝±．]
3．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
D　[∵a⊥(a－λb)，
∴a·(a－λb)＝|a|2－λa·b＝0，∴|a|2＝λa·b，
∴14＝λ(2＋2＋3)＝7λ，
解得λ＝2．故选D．]
4．已知正四面体A­BCD的棱长为1，且＝2，＝2，则·＝(　　)
A．　　　B． C．－　　　D．－
D　[由正四面体A­BCD的棱长为1，且＝2，＝2，得＝，则·＝·＝×1×1×cos 120°＝－，故选D．]
5．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)．若a，b，c三向量共面，则实数λ等于(　　)
A．　　　B． C．　　　D．
D　[由题意得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)，
∴∴]
6．如图所示，已知空间四边形ABCD，连接AC，BD，M，G分别是BC，CD的中点，则＋＋等于(　　)

A． B．
C． D．
C　[∵M，G分别是BC，CD的中点，∴＝，＝，∴＋＋＝＋＋＝＋＝．]
7．已知四面体O­ABC的各棱长均为1，D是棱OA的中点，则异面直线BD与AC所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
C　[＝－＝－，＝－，于是||＝，||＝1，且·＝·(－)＝－，于是cos〈，〉＝＝＝－，故异面直线BD与AC所成角的余弦值为．]
8．在三棱锥P­ABC中，PC⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，∠PBC＝60°，则点C到平面PAB的距离是(　　)
A． B．
C． D．
B　[∵在三棱锥P­ABC中，PC⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，∠PBC＝60°，

∴以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，过A作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
则C(0,4,0)，P(0,4,4)，A(0,0,0)，B(4,0,0)，＝(0,4,0)，＝(4,0,0)，＝(0,4,4)，
设平面PAB的法向量n＝(x，y，z)，
则
取z＝1，得n＝(0，－，1)，
∴点C到平面PAB的距离d＝＝＝．故选B．]
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得分5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．
9．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
ABCD　[∵v1，v2分别为直线l1，l2的方向向量(l1，l2不重合)，∴v1∥v2⇔l1∥l2，v1⊥v2⇔l1⊥l2；∵n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，∴n1∥n2⇔α∥β，n1⊥n2⇔α⊥β，故全部正确．]
10．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)．对于结论：
①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥．其中正确的是(　　)
A．①　　　B．② C．③　　　D．④
ABC　[·＝0，·＝0，
∴AB⊥AP，AD⊥AP，则AB正确．
又与不平行，
∴是平面ABCD的法向量，则C正确．
由于＝－＝(2,3,4)，＝(－1,2，－1)，
∴与不平行，故D错误．]
11.在以下命题中，不正确的命题有(　　)
A．|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件
B．若a∥b，则存在唯一的实数λ，使a＝λb
C．对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝2－2－，则P，A，B，C四点共面
D．若{a，b，c}为空间的一个基底，则{a＋b，b＋c，c＋a}构成空间的另一个基底
ABC　[A.|a|－|b|＝|a＋b|⇒a与b共线，但a与b共线时|a|－|b|＝|a＋b|不一定成立，故不正确；B.b需为非零向量，故不正确；C.因为2－2－1≠1，由共面向量定理知，不正确；D.由基底的定义知正确．]
12．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A­BD­C，有如下四个结论：
①AC⊥BD；
②△ACD是等边三角形；
③AB与平面BCD所成的角为60°；
④AB与CD所成的角为60°．
其中正确的结论是 (　　)
A．①　　　B．② C．③　　　D．④
ABD　[如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz，设正方形ABCD边长为，则D(1,0,0)，B(－1,0,0)，C(0，0,1)，A(0,1,0)，所以＝(0，－1,1)，＝(2,0,0)，·＝0，故AC⊥BD．①正确．

又||＝，||＝，||＝，
所以△ACD为等边三角形．②正确．
对于③，为平面BCD的一个法向量，
cos〈，〉＝
＝＝＝－．
因为直线与平面所成的角∈[0°，90°]，
所以AB与平面BCD所成角为45°．
故③错误．
又cos〈，〉＝
＝＝－．
因为异面直线所成的角为锐角或直角，
所以AB与CD所成角为60°．故④正确．]
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上．
13．已知向量＝(2,4,5)，＝(3，x，y)，若∥，则xy＝________．
45　[∵∥，∴存在实数k使得＝k．
∴则xy＝＝＝45．]
14．已知A(2，－5,1)，B(2，－4,2)，C(1，－4,1)，则与的夹角为________．
60°　[由题意得＝(0,1,1)，＝(－1,1,0)，cos〈，〉＝＝＝，所以与的夹角为60°．]
15．已知矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，将矩形ABCD沿对角线AC折起，使平面ABC与平面ACD垂直，则B与D之间的距离为________．
　[如图，过B，D分别向AC作垂线，垂足分别为M，N．

则可求得AM＝，BM＝，CN＝，DN＝，MN＝1．
由于＝＋＋，
所以||2＝(＋＋)2＝||2＋||2＋||2＋2(·＋·＋·)＝＋12＋＋2(0＋0＋0)＝，故||＝．]
16．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)
　　[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)，
∴
令x＝2，z＝3，y＝0，
∴n＝(2，0,3)，
又为平面ABC的法向量，＝(0,0,1)，
∴cos〈n·〉＝＝．
∴平面ACD与平面ABC所成二面角的余弦值为．
∵平面ABC⊥平面AA1C1C，
平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，BE⊥AC，
∴BE⊥平面AA1C1C，
∴＝为平面AA1C1C的一个法向量，
又＝，
∴cos〈，〉＝－，
设AD与平面AA1C1C所成的角为α，
则sin α＝|cos〈，〉|＝．]
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分10分)如图所示，在四棱锥M­ABCD中，底面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a＝，b＝，c＝，试以a，b，c为基向量表示出向量，并求BN的长．

[解]　∵＝＋＝＋
＝＋(－)＝＋[－(＋)]
＝－＋＋，
∴＝－a＋b＋c．
∵||2＝2＝2
＝(a2＋b2＋c2－2a·b－2a·c＋2b·c)＝，
∴||＝，
即BN的长为．
18．(本小题满分12分)已知向量a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1,4)，B(－2，－2,2)．
(1)求|2a＋b|；
(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点)
[解]　(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，
故|2a＋b|＝＝5．
(2)＝＋＝＋t＝(－3，－1,4)＋
t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4－2t)，
若⊥b，则·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝，因此在直线AB上存在点E，使得⊥b，此时点E的坐标为E．
19．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝，D是棱AC的中点，且AB＝BC＝BB1＝2．

(1)求证：AB1∥平面BC1D；
(2)求异面直线AB1与BC1所成的角．
[解]　(1)证明：如图，连接B1C交BC1于点O，连接OD．

因为O为B1C的中点，D为AC的中点，所以OD∥AB1．
因为AB1⊄平面BC1D，OD⊂平面BC1D，
所以AB1∥平面BC1D．
(2)建立如图所示的空间直角坐标系B­xyz，

则B(0,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,2)，B1(0,0,2)，
因此＝(0，－2,2)，＝(2,0,2)．
所以cos〈，〉＝＝＝，
设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，则cos θ＝，由于θ∈，故θ＝．
20．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，点D在棱A1B1上，E，F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B1，AA1＝AB＝AC＝2．

(1)证明：DF⊥AE；
(2)当D为A1B1的中点时，求平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值．
[解]　(1)证明：在直三棱柱ABC­A1B1C1中，有AA1⊥A1B1，
又因为AE⊥A1B1，所以A1B1⊥平面AA1C1C，
因为A1C1⊂平面AA1C1C，所以A1B1⊥A1C1．
所以AB⊥AC，AB⊥AA1，AC⊥AA1，
如图，分别以AC，AA1，AB所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系A­xyz，

则C(2,0,0)，B(0,0,2)，A(0，0,0)，A1(0,2,0)，F(1,0,1)，E(2,1,0)．
设D(0,2，t)(0≤t≤2)，则＝(－1,2，t－1)，＝(2,1,0)，·＝(－1,2，t－1)·(2,1,0)＝0，
所以DF⊥AE．
(2)当D为A1B1的中点时，D(0,2,1)，＝(－1，－1,1)，＝(－1,2,0)，
设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
令y＝1得，n＝(2,1,3)，
容易知平面ABC的法向量为n0＝(0,1,0)，
所以cos〈n，n0〉＝＝＝，
即平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为．
21．(本小题满分12分)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．

(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
[解]　(1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，
又PF⊂平面PEF，EF⊂平面PEF，且PF∩EF＝F，
所以BF⊥平面PEF．
又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD．
(2)作PH⊥EF，垂足为H．由(1)得，PH⊥平面ABFD．

以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz．
由(1)可得，DE⊥PE．又DP＝2，DE＝1，所以PE＝．又PF＝1，EF＝2，PF2＋PE2＝EF2，故PE⊥PF．
可得PH＝，EH＝．
则H(0,0,0)，P，D，＝，＝为平面ABFD的法向量．
设DP与平面ABFD所成角为θ，则sin θ＝＝＝．
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为．
22．(本小题满分12分)已知三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，A1B⊥AC1，AC＝AA1＝4，BC＝2．

(1)求证：平面A1ACC1⊥平面ABC；
(2)若∠A1AC＝60°，在线段AC上是否存在一点P，使二面角B­A1P­C的平面角的余弦值为？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．
[解]　(1)证明：∵AC＝AA1，∴四边形AA1C1C为菱形，
连接A1C，则A1C⊥AC1，又A1B⊥AC1，且A1C∩A1B＝A1，
∴AC1⊥平面A1CB，则AC1⊥BC，
又∠ACB＝90°，即BC⊥AC，∴BC⊥平面A1ACC1，
而BC⊂平面ABC，∴平面A1ACC1⊥平面ABC．
(2)以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴，面A1ACC1内过点C且垂直于AC的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

∵AC＝AA1＝4，BC＝2，∠A1AC＝60°，
∴C(0,0,0)，B(0,2,0)，A(4,0,0)，A1(2,0,2)．
设在线段AC上存在一点P，满足＝λ(0≤λ≤1)，使得二面角B­A1P­C的余弦值为．
则＝(－4λ，0,0)．
＝＋＝(4，－2,0)＋(－4λ，0,0)＝(4－4λ，－2，0)，＝＋＝(2－4λ，0，－2)，＝(2,0,2)．
设平面BA1P的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
由
取x1＝1，得m＝，
平面A1PC的一个法向量为n＝(0,1,0)．
由|cos〈m，n〉|＝＝
＝，
解得λ＝或λ＝．
因为0≤λ≤1，所以λ＝．
故在线段AC上存在一点P，满足＝，使二面角B­A1P­C的余弦值为．