新教材2023_2024学年高中数学第一章空间向量与立体几何测评一新人教B版选择性必修第一册

这是一份新教材2023_2024学年高中数学第一章空间向量与立体几何测评一新人教B版选择性必修第一册，共16页。
第一章测评(一)
一、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.设点M(1,1,1),A(2,1,-1),O(0,0,0).若,则点B的坐标为(　　)
A.(1,0,-2) B.(3,2,0)
C.(1,0,2) D.(3,-2,0)
2.已知a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),则下列结论正确的是(　　)
A.a∥c,b∥c B.a∥b,a⊥c
C.a∥c,a⊥b D.以上都不对
3.[2023辽宁沈阳高二阶段练习]在四面体OABC中,空间的一点M满足+λ,若M,A,B,C共面,则λ=(　　)
A. B. C. D.
4. [2023福建高二期末]如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,M为A1C1与B1D1的交点.若=a,=b,=c,则下列向量中与相等的向量是(　　)


A.-a+b+c
B.a+b+c
C.-a-b+c
D.a-b+c
5.已知平面α的法向量为n=(-2,-2,1),点A(x,3,0)在平面α内,则点P(-2,1,4)到平面α的距离为,则x=(　　)
A.-1 B.-11
C.-1或-11 D.-21
6.已知两个不重合的平面α与平面ABC,若平面α的法向量为n1=(2,-3,1),=(1,0,-2),=(1,1,1),则(　　)
A.平面α∥平面ABC
B.平面α⊥平面ABC
C.平面α、平面ABC相交但不垂直
D.以上均有可能
7.已知向量a=(1,2,3),b=(-2,-4,-6),|c|=,若(a+b)·c=7,则a与c的夹角为(　　)
A.30° B.60° C.120° D.150°
8. [2023浙江高三专题练习]如图,已知圆柱OO1,A在底面圆O上,AO=1,OO1=,P,Q在底面圆O1上,且满足PQ=,则直线AO1与平面OPQ所成角的正弦值的取值范围是(　　)


A.0, B.
C.,1 D.[0,1]
二、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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9. 如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,AD=4,AA1=3,以直线DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则(　　)


A.点B1的坐标为(4,5,3)
B.点C1关于点B对称的点为(5,8,-3)
C.点A关于直线BD1对称的点为(0,5,3)
D.点C关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0)
10.[2023云南玉溪高二期中]下列命题中正确的是(　　)
A.A,B,M,N是空间中的四点,若不能构成空间基底,则A,B,M,N共面
B.已知{a,b,c}为空间向量的一组基底,若m=a+c,则{a,b,m}也是空间向量的一组基底
C.若直线l的方向向量为e=(1,0,3),平面α的法向量为n=-2,0,,则直线l∥α
D.若直线l的方向向量为e=(1,0,3),平面α的法向量为n=(-2,0,2),则直线l与平面α所成角的正弦值为
11.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,下列说法正确的是(　　)
A.()2=3
B.·()=0
C.向量与向量的夹角是60°
D.正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为||
12.如图,在菱形ABCD中,AB=2,∠BAD=60°,将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置,连接PC,则在翻折过程中,下列说法正确的是(　　)

A.PC与平面BCD所成的最大角为45°
B.存在某个位置,使得PB⊥CD
C.存在某个位置,使得B到平面PDC的距离为
D.当二面角P-BD-C的大小为90°时,PC=
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13. 如图,四面体OABC的所有棱长都等于1,M,N分别是四面体OABC的棱OA,BC的中点,P,Q是MN的三等分点,=a,=b,=c,则=　　　　　(用a,b,c表示),的值为　　　　　. 


14.已知空间向量a=(1,n,2),b=(-2,1,2).若2a-b与b垂直,则|a|=　　　　　. 
15. [2023湖北襄阳高二阶段练习]正多面体也称柏拉图立体,被誉为最有规律的立体结构,是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形).数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体,即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是2(如图),P,Q分别为棱AB,AD的中点,则=　　　　　. 


16.已知e1,e2,e3是空间单位向量,e1·e2=e2·e3=e3·e1=,若空间向量a满足a=xe1+ye2(x,y∈R),|a|=2,则|a·e3|的最大值是　　　　　. 
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,在三棱锥P-ABC中,点D为棱BC上一点,且CD=2BD,点M为线段AD的中点.


(1)以{}为一组基底表示向量;
(2)若AB=AC=3,AP=4,∠BAC=∠PAC=60°,求.










18.(12分)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长为.
(1)设侧棱长为1,求证:AB1⊥BC1;
(2)设AB1与BC1的夹角为,求侧棱的长.












19.(12分)已知空间中三点A(2,0,-2),B(1,-1,-2),C(3,0,-4),设a=,b=.
(1)若|c|=3,且c∥,求向量c;
(2)已知向量ka+b与b互相垂直,求实数k的值;
(3)求△ABC的面积.

























20.(12分) 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面△ABC是边长为4的等边三角形,且BB1=4,D是棱CC1上一动点(不包括端点).


(1)若D为CC1的中点,证明:AB1⊥BD;
(2)设平面ABC与平面AB1D所成的锐二面角为θ,求cos θ的取值范围.













21.(12分) 已知底面为菱形的四棱锥P-ABCD中,△PAD是边长为2的等边三角形,平面PAD⊥平面ABCD,E,F分别是棱PC,AB上的点.


(1)从①F是AB的中点;②E是PC的中点;③BE∥平面PFD中选取两个作为条件,证明另一个成立;
(2)若∠DAB=60°,求PB与平面PDC所成角的正弦值.
















22. (12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,且AC=BC=CC1=2,M是AB1,A1B的交点,N是B1C1的中点.


(1)求证:MN⊥平面A1BC;
(2)求平面AA1B与平面A1BC夹角的大小.






第一章测评(一)
1.B　设B(x,y,z),则=(x-2,y-1,z+1).
因为=(1,1,1),
所以(1,1,1)=(x-2,y-1,z+1),
所以x=3,y=2,z=0,即点B的坐标为(3,2,0).
2.C　∵a·b=-4+0+4=0,∴a⊥b.
∵,
∴a∥c.
∵b·c=-8+0+8=0,
∴b⊥c,故选C.
3.A　因为M,A,B,C共面,则+λ=1,得λ=.故选A.
4.A　=-a+c+)=-a+c+(a+b)=-a+b+c.
故选A.
5.C　=(x+2,2,-4),而d=,即,解得x=-1或x=-11.
故选C.
6.A　由题意,计算n1·=2×1+(-3)×0+1×(-2)=0,得n1⊥,
计算n1·=2×1+(-3)×1+1×1=0,得n1⊥,
所以n1⊥平面ABC,
所以平面α的法向量与平面ABC的法向量共线,
则平面α∥平面ABC.
7.C　设向量a+b与c的夹角为α,
因为a+b=(-1,-2,-3)=-a,所以|a+b|=,
cosα=(α为a+b与c的夹角),
所以α=60°.
因为向量a+b与a的方向相反,
所以a与c的夹角为120°.
8. A　取PQ中点M,则O1M⊥PQ,以点O1为坐标原点,MO1为x轴,OO1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,由题可求得O1M=,


则O(0,0,-),P-,-,0,Q-,0,则=-,-,=-.
设平面OPQ的法向量为m=(x,y,z),
则取x=,则y=0,z=1,则m=(,0,1).
设A(cosθ,sinθ,-),直线AO1的方向向量为n==(cosθ,sinθ,-),
所以直线AO1与平面OPQ所成角的正弦值为∈0,.
故选A.
9.ACD　由图形及其已知可得,点B1的坐标为(4,5,3),点C1(0,5,3)关于点B(4,5,0)对称的点为(8,5,-3),点A关于直线BD1对称的点为C1(0,5,3),点C(0,5,0)关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0).故A,C,D正确.
10.ABD　对于A,A,B,M,N是空间中的四点,若不能构成空间基底,则共面,则A,B,M,N共面,故A对;
对于B,已知{a,b,c}为空间向量的一组基底,则a,b,c不共面,若m=a+c,则a,b,m也不共面,则{a,b,m}也是空间向量的一组基底,故B对;
对于C,因为e·n=1×(-2)+0×0+3×=0,则e⊥n,若l⊄α,则l∥α,但选项中没有条件l⊄α,有可能会出现l⊂α,故C错;
对于D,因为cos=,则直线l与平面α所成角的正弦值为,故D对.
故选ABD.
11.AB　由向量的加法得,
∵A1C2=3A1,∴=3,故A正确;
∵,AB1⊥A1C,
∴=0,故B正确;
∵△ACD1是等边三角形,
∴∠AD1C=60°,又A1B∥D1C,
∴异面直线AD1与A1B所成的夹角为60°,但是向量与向量的夹角是120°,故C不正确;
∵AB⊥AA1,
∴=0,
故||=0,故D不正确.
12.BD　选项A,取BD的中点O,连接OP,OC,
则OP=OC=.
由题可知,△ABD和△BCD均为等边三角形,
由对称性可知,在翻折的过程中,PC与平面BCD所成的角为∠PCO,

当PC=时,△OPC为等边三角形,此时∠PCO=60°>45°,即选项A错误;
选项B,当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心Q时,有PQ⊥平面BCD,
∴PQ⊥CD.
又BQ⊥CD,BQ∩PQ=Q,BQ,PQ⊂平面PBQ,
∴CD⊥平面PBQ.
∵PB⊂平面PBQ,
∴PB⊥CD,即选项B正确.
选项C,∵点B到PD的距离为,点B到CD的距离为,
∴若B到平面PDC的距离为,则平面PBD⊥平面PCD,平面CBD⊥平面PCD,则有DB⊥平面PCD,即DB⊥CD,与△BCD是等边三角形矛盾.
选项D,当二面角P-BD-C的大小为90°时,平面PBD⊥平面BCD.
∵PB=PD,
∴OP⊥BD.
∵平面PBD∩平面BCD=BD,
∴OP⊥平面BCD,
∴OP⊥OC.
又OP=OC=,
∴△POC为等腰直角三角形,
∴PC=OP=,即选项D正确.
13.a+b+c　　由题意得)=×-+)=a+b+c.
同理可得a+b+c,
所以=a+b+c·a+b+c=|a|2+a·b+a·c+a·b+|b|2+b·c+a·c+b·c+|c|2.
因为四面体OABC的所有棱长都等于1,
所以a·b=b·c=a·c=1×1×,
所以×3+.
14.　∵a=(1,n,2),b=(-2,1,2),
∴2a-b=(4,2n-1,2).
∵2a-b与b垂直,
∴(2a-b)·b=0,
∴-8+2n-1+4=0,解得n=,
∴a=,
∴|a|=.
15.1　在正八面体ABCDEF中,不共面,而P,Q分别为棱AB,AD的中点,有=||||cos60°=2,=0,则)=)=,
所以=·=×22-×22=1.
16.　空间向量a满足a=xe1+ye2(x,y∈R),且e1·e2=e2·e3=e3·e1=,则|a|2=x2+y2+xy.
又由|a|=2,得|a|2=4.
即x2+y2+xy=4.
又|a·e3|=|(xe1+ye2)·e3|=|x+y|,
由于x2+y2≥2xy,
所以由x2+y2+xy=4,
整理得3xy≤4,即xy≤,
所以|x+y|2=x2+y2+2xy=x2+y2+xy+xy≤4+,故|x+y|≤,
所以|a·e3|=|x+y|≤,当且仅当x=y=时,等号成立.
17.解(1)∵M为线段AD的中点,
∴.
∵CD=2BD,
∴,
∴)==)==-.
(2)=-·=-=-||||·cos∠PAC+|||cos∠BAC+|2=-4×3××3×3××32=-6+=-3.
18.(1)证明 .
因为BB1⊥平面ABC,
所以=0,=0.
又△ABC为正三角形,
所以=.
因为=()·()=+||2+=||||cos+||2=-1+1=0,
所以AB1⊥BC1.
(2)解 由(1)知=||||cos+||2=||2-1.
又||==||,
所以cos=,
所以||=2,即侧棱长为2.
19.解 (1)∵B(1,-1,-2),C(3,0,-4),
∴=(3,0,-4)-(1,-1,-2)=(2,1,-2).
∵|c|=3,且c∥,∴c=m=m(2,1,-2)=(2m,m,-2m),m∈R,
∴|c|==3|m|=3,
∴m=±1,
∴c=(2,1,-2)或c=(-2,-1,2).
(2)∵a==(-1,-1,0),b==(1,0,-2),
∴ka+b=k(-1,-1,0)+(1,0,-2)=(1-k,-k,-2).
∵向量ka+b与b互相垂直,
∴(ka+b)·b=1-k+4=0,
解得k=5.
∴k的值是5.
(3)=(-1,-1,0),=(1,0,-2),=(2,1,-2),
cos==-,
sin=,
∴△ABC的面积S△ABC=×||×||×sin=.
20.(1)证明分别取AB,A1B1的中点O,O1,连接OO1,则OO1∥AA1.

因为AA1⊥平面ABC,
所以OO1⊥平面ABC.
以O为坐标原点,OC,OB,OO1分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,
因为直三棱柱ABC-A1B1C1的底边长和侧棱长都为4,D为CC1的中点,
所以A(0,-2,0),B(0,2,0),B1(0,2,4),D(2,0,2),
故=(2,-2,2),=(0,4,4),则=0,
所以BD⊥AB1.
(2)解因为OO1⊥平面ABC,所以取平面ABC的法向量为m=(0,0,1).
设CD=t(0