北师大版高中数学选择性必修第一册第3章空间向量与立体几何检测含答案

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第三章　空间向量与立体几何全卷满分150分　考试用时120分钟　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　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)1.一束光线自点P(-1,1,1)发出,被yOz平面反射后到达点Q(-3,3,3),则光线所走过的路程是(　　)A.23　　　　　B.6C.26　　　　　D.432.平面α的一个法向量为n=(1,2,3),P(1,1,1),P∈α,Q∈α,则点Q的坐标可以是(　　)A.(-1,-1,-1)　　　　　B.(4,2,-1)C.(3,2,1)　　　　　 D.(2,2,0)3.已知a=(1,2,-y),b=(x,1,2),且(a+2b)∥(2a-b),则(　　)A.x=13,y=1　　　　　B.x=12,y=-4C.x=2,y=-14　　　　　 D.x=1,y=-14.平面α的一个法向量为n=(-2,-2,1),点A(-1,3,0)在平面α内,则点P(-2,1,4)到平面α的距离为(　　)A.10　　　　B.3　　　　C.83　　　　D.1035.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,PA=AB,则下列数量积最大的是(　　)A.BD·PC　　　　B.PB·PC　　　　C.BC·PC　　　　D.PA·PC6.中国元代数学家郭守敬主持建造的观星台(如图①)可近似看成一个正四棱台ABCD-A1B1C1D1(如图②),若AB=2A1B1,点M在BD1上,且BM=3D1M,则CM=(　　)　　A.34AA1+38AB−58AD　　　　　B.34AA1+34AB−58ADC.34AA1−34AB−58AD　　　　　D.34AA1−38AB+58AD7.如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,SA⊥平面ABCD,P为底面ABCD内的一个动点,若PB·PS=1,则动点P在(　　)A.圆上　　　　　 B.双曲线上C.抛物线上　　　　　D.椭圆上8.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=1,O是AC的中点,点P在线段A1C1上,若直线OP与平面ACD1的夹角为θ,则cos θ的取值范围是(　　)A.23,33　　　　　B.23,63C.34,33　　　　　D.33,73二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)9.下列命题中正确的是(　　)A.若AB∥CD,则AB∥CDB.|a|+|b|=|a+b|是a,b共线的必要条件C.若A,B,C三点不共线,对空间任一点O,OP=12OA+14OB+14OC,则P,A,B,C四点共面D.若P,A,B,C为空间四点,且有PA=λPB+μPC(PB,PC不共线),则λ+μ=1是A,B,C三点共线的充要条件10.在长方体ABCD-A'B'C'D'中,AB=2,AD=3,AA'=1,以D为原点,DA,DC,DD'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,则下列说法正确的是(　　)A.BD'=(-3,-2,1)B.异面直线A'D与BD'夹角的余弦值为23535C.平面A'C'D的一个法向量为(-2,-3,6)D.二面角C'-A'D-D'的平面角的余弦值为3711.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4,E为棱CC1上的一个动点,则(　　)A.A1B1⊥BEB.三棱锥E-B1BD1的体积为定值C.存在点E,使得AC∥平面BD1ED.存在点E,使得B1D⊥平面BD1E三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)12.已知a=(2,2,1),b=(1,0,0),则a在b方向上的投影向量为　　　　. 13.中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“刍童”的几何体,该几何体是上下两个底面平行,且均为矩形的六面体.现有一“刍童”ABCD-A1B1C1D1(如图所示),AB=AA1=4,A1B1=AD=2,A1D1=1,AB∥A1B1,∠BAA1+∠DAA1=2π3,A1C1与B1D1的交点为O,则AO·AC的最大值为　　　　. 14.将正方形ABCD沿对角线AC折起,当以A,B,C,D四点为顶点的三棱锥体积最大时,异面直线AD与BC的夹角为　　　　　　. 四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15.(13分)已知空间中三点A(2,0,-2),B(1,-1,-2),C(3,0,-4),设a=AB,b=AC.(1)若|c|=3,且c∥BC,求向量c;(2)已知向量ka+b与b互相垂直,求实数k的值.16.(15分)如图所示,已知空间四边形ABCD的每条边和对角线都等于1,E,F分别是AB,AD的中点,设{a,b,c}为空间向量的一组基,AB=a,AC=b,AD=c,试用基向量法求解下列各题.(1)求EF·AB的值;(2)求异面直线CF与BD夹角的余弦值.17.(15分)一个半圆柱如图所示,E为半圆弧CD上一点,CD=5.(1)若AD=25,求四棱锥E-ABCD的体积的最大值;(2)有三个条件:①4DE·DC=EC·DC;②直线AD与BE夹角的正弦值为23;③sin∠EABsin∠EBA=62.请你从中选择两个作为条件,求直线AD与平面EAB夹角的余弦值.(17分)如图,在四边形PDCB中,PD∥BC,BA⊥PD,PA=AB=BC=1,AD=12.沿BA将△PAB翻折到△SAB的位置,使得SD=52.(1)作出平面SCD与平面SBA的交线l,并证明l⊥平面CSB;(2)Q是棱SC上异于S,C的一点,连接QD,当二面角Q-BD-C的平面角的余弦值为66时,求三棱锥Q-BDC的体积.19.(17分)如图,在多面体ABCDEF中,梯形ADEF与平行四边形ABCD所在平面互相垂直,AF∥DE,DE⊥AD,AD⊥BE,AF=AD=12DE=1,AB=2.(1)求二面角B-EF-D的平面角的余弦值;(2)在线段BE上是否存在点Q,使得平面CDQ⊥平面BEF?若存在,求出BQBE的值;若不存在,请说明理由.答案与解析第三章　空间向量与立体几何1.C　点P(-1,1,1)关于yOz平面的对称点为M(1,1,1),则光线所走过的路程是|MQ|=(-3-1)2+(3-1)2+(3-1)2=26.故选C.2.D　设点Q的坐标为(x,y,z),∵P(1,1,1),∴PQ=(x-1,y-1,z-1),由题意得PQ·n=(x-1)×1+(y-1)×2+(z-1)×3=0,∴x+2y+3z=6,依次验证选项,只有D满足.故选D.3.B　由题意可得,a+2b=(1+2x,4,4-y),2a-b=(2-x,3,-2y-2).∵(a+2b)∥(2a-b),∴∃λ∈R,使得a+2b=λ(2a-b),则1+2x=λ(2-x),4=3λ,4-y=λ(-2y-2),解得λ=43,x=12,　y=-4,故选B.4.D　由题意得AP=(−1,−2,4),则点P到平面α的距离d=|n·AP||n|=|-2×(-1)+(-2)×(-2)+1×4|(-2)2+(-2)2+12=103.故选D.5.B　设PA=AB=1,因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AC,PA⊥AB,PA⊥BD,PA⊥BC,因为底面ABCD是正方形,所以BD⊥AC,AB·AC=BC·AC=1×2×cos π4=1.对于A,BD·PC=BD·(PA+AC)=BD·PA+BD·AC=0+0=0;对于B,PB·PC=(PA+AB)·(PA+AC)=PA2+PA·AC+AB·PA+AB·AC=1+0+0+1=2;对于C,BC·PC=BC·(PA+AC)=BC·PA+BC·AC=0+1=1;对于D,PA·PC=PA·(PA+AC)=PA2+PA·AC=1+0=1.综上,数量积最大的是PB·PC.故选B.6.C　连接AD1,因为AD1=AA1+A1D1=AA1+12AD,所以BD1=AD1−AB=AA1+12AD−AB.又BM=3D1M,所以BM=34BD1=34AA1+38AD−34AB,所以CM=BM−BC=BM−AD=34AA1+38AD−34AB−AD=34AA1−34AB−58AD.故选C.7.A　由题意得,AS,AB,AD两两垂直,以A为坐标原点,AB,AD,AS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A(0,0,0),B(2,0,0).因为P为底面ABCD内的一个动点,所以可设P(x,y,0),则PA=(−x,−y,0),PB=(2-x,-y,0),因为SA⊥平面ABCD,所以SA⊥PB,所以PB·AS=0,所以PB·PS=PB·(PA+AS)=PB·PA+PB·AS=1,即x(x-2)+y2=1,整理得(x-1)2+y2=2,所以动点P在一个圆上.故选A.8.D　以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示:则A(2,0,0),C(0,2,0),O(1,1,0),D1(0,0,1),∴AD1=(−2,0,1),AC=(-2,2,0),设P(a,2-a,1)(0≤a≤2),则OP=(a-1,1-a,1),设平面ACD1的一个法向量为n=(x,y,z),则n·AD1=-2x+z=0,n·AC=-2x+2y=0,令x=1,得n=(1,1,2),∴sin θ=|n·OP||n||OP|=|a-1+1-a+2|6×(a-1)2+(1-a)2+12=632(a-1)2+1,∵a∈[0,2],∴2(a-1)2+1∈[1,3],∴12(a-1)2+1∈33,1,∴sin θ=632(a-1)2+1∈23,63,∴sin 2θ∈29,23,∴1-sin 2θ∈13,79,∵θ∈0,π2,∴cos θ=1-sin 2θ∈33,73.故选D.9.ACD　对于A,由AB∥CD一定可得AB∥CD,故A正确;对于B,若a,b反向共线,则||a|-|b||=|a+b|,故B不正确;对于C,OP=12OA+14OB+14OC,则OP−OA=14OB-14OA+14OC-14OA,即AP=14AB+14AC,所以P,A,B,C四点共面,故C正确;对于D,若P,A,B,C为空间四点,且有PA=λPB+μPC(PB,PC不共线),当λ+μ=1,即μ=1-λ时,可得PA−PC=λ(PB−PC),即CA=λCB,所以A,B,C三点共线,反之也成立,即λ+μ=1是A,B,C三点共线的充要条件,故D正确.故选ACD.ACD　由题意可得D(0,0,0),B(3,2,0),D'(0,0,1),A'(3,0,1),C'(0,2,1),则BD'=(−3,−2,1),DA'=(3,0,1),DC'=(0,2,1),故A正确;cos=DA'·BD'|DA'||BD'|=-810×14=-43535,所以异面直线A'D与BD'夹角的余弦值为43535,故B不正确;设平面A'C'D的一个法向量为n=(x,y,z),则n·DA'=0,n·DC'=0,所以3x+z=0,2y+z=0,取z=6,得n=(-2,-3,6),故C正确;易知平面A'DD'的一个法向量为m=(0,1,0),则cos=n·m|n||m|=−37,易知二面角C'-A'D-D'的平面角为锐角,故其余弦值为37,故D正确.故选ACD.11.ABC　如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),A1(2,0,4),B1(2,2,4),D1(0,0,4).设E(0,2,a),a∈[0,4],则A1B1=(0,2,0),BE=(-2,0,a),因为A1B1·BE=0,所以A1B1⊥BE,故A正确;因为VE-B1BD1=VD1-B1BE,又S△B1BE为定值,点D1到平面B1BE的距离也为定值,所以VE-B1BD1为定值,故B正确;设平面BD1E的一个法向量为n=(x,y,z),因为BE=(−2,0,a),BD1=(-2,-2,4),所以n·BE=-2x+az=0,n·BD1=-2x-2y+4z=0,令x=a,则y=4-a,z=2,所以n=(a,4-a,2),因为AC=(-2,2,0),所以由AC·n=-2a+8-2a=0,可得a=2,所以E(0,2,2),故C正确;因为B1D⊥平面BD1E,DB1=(2,2,4),所以a2=4-a2=24,无解,故D错误.故选ABC.12.答案　(2,0,0)解析　因为a=(2,2,1),b=(1,0,0),所以a在b方向上的投影向量为|a|cos·b|b|=|a|·a·b|a||b|·b|b|=a·b|b|2·b=2×112×(1,0,0)=(2,0,0).13.答案　83+5解析　设∠BAA1=α,则∠DAA1=2π3-α,由题意得AO=AA1+A1O=AA1+12A1B1+12A1D1=AA1+14AB+14AD,AC=AB+AD,所以AO·AC=AA1+14AB+14AD·(AB+AD)=AA1·AB+AA1·AD+14AB2+14AD2=16cos α+8cos2π3-α+4+1=43sin α+12cos α+5=83sinα+π3+5,当α=π6,即∠BAA1=π6时,AO·AC取得最大值,且最大值为83+5.14.答案　π3解析　根据题意可知,当VD-ABC最大时,平面DAC⊥平面ABC,设AC的中点为O,连接OB,OD,建立空间直角坐标系,如图所示.令OB=OC=OD=1,则A(0,-1,0),D(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),所以AD=(0,1,1),BC=(-1,1,0),因此cos=AD·BC|AD||BC|=12×2=12,所以异面直线AD与BC的夹角为π3.15.解析　∵A(2,0,-2),B(1,-1,-2),C(3,0,-4),∴a=AB=(-1,-1,0),b=AC=(1,0,−2),BC=(2,1,-2).(3分)(1)∵c∥BC,∴可设c=mBC(m∈R),∴c=mBC=m(2,1,-2)=(2m,m,-2m),∴|c|=(2m)2+m2+(-2m)2=3|m|=3,∴m=±1,∴c=(2,1,-2)或c=(-2,-1,2).(8分)(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.(13分)16.解析　由题意得|a|=|b|=|c|=1,===60°,故a·b=b·c=c·a=1×1×cos 60°=12.(3分)(1)∵EF=12BD=12(AD−AB)=12(c-a),∴EF·AB=12(c−a)·a=12c·a−12a2=12×12−12=−14.(8分)(2)由题意可知CF=CA+AF=AF−AC=12c-b,BD=AD−AB=c-a,∴CF·BD=12c-b·(c−a)=12c2−b·c−12a·c+a·b=12−12−14+12=14.(12分)设异面直线CF与BD的夹角为θ,∵|CF|=32,|BD|=1,∴cos θ=CF·BD|CF||BD|=1432=36.因此异面直线CF与BD夹角的余弦值为36.(15分)17.解析　(1)如图,在平面EDC内作EF⊥CD于点F,因为平面ABCD⊥平面EDC,平面ABCD∩平面EDC=DC,所以EF⊥平面ABCD.(2分)因为E为半圆弧CD上一点,所以CE⊥ED,所以VE-ABCD=13S四边形ABCD·EF=13×5×25×CE×EDCD=253CE×ED,(4分)因为CE2+ED2=CD2=5,所以VE-ABCD≤253×CE2+ED22=253×52=553,当且仅当CE=ED=102时,等号成立,所以四棱锥E-ABCD的体积的最大值为553.(6分)(2)由条件①,得4|DE||DC|cos∠CDE=|CE||CD|cos∠DCE,即4DE2=CE2,所以2DE=CE,又因为DE2+CE2=5,所以DE=1,CE=2.因为AD∥BC,BC⊥平面DCE,所以∠CBE为直线AD与BE的夹角,由条件②,得sin∠CBE=23=CEBE,则CEBC=tan∠CBE=255.由条件③,得sin∠EABsin∠EBA=EBEA=62,设AD=x,则x2+CE2x2+DE2=32.若选条件①②,则DE=1,CE=2,且CEBC=tan∠CBE=255,所以AD=BC=5.若选条件①③,则DE=1,CE=2,且x2+CE2x2+DE2=32,所以AD=BC=5.若选条件②③,则CEx=tan∠CBE=255,且x2+CE2x2+DE2=32,DE2+CE2=5,所以AD=BC=5.即从①②③任选两个作为条件,都可以得到AD=BC=5,(8分)下面求AD与平面EAB夹角的正弦值.以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为z轴,过点A且与AB垂直的直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(5,0,0),D(0,0,5),E55,255,5,所以AE=55,255,5,AB=(5,0,0),AD=(0,0,5),设平面EAB的一个法向量为m=(x,y,z),则AE·m=0,AB·m=0,即55x+255y+5z=0,5x=0,令z=1,则x=0,y=-52,所以m=0,-52,1,(12分)所以cos=55×292=22929,(14分)因为直线AD与平面EAB的夹角为π2−,所以直线AD与平面EAB夹角的余弦值为52929.(15分)18.解析　(1)如图,延长BA,CD相交于E,连接SE,则直线SE为平面SCD与平面SBA的交线l.(2分)证明如下:在△SAD中,SA=1,AD=12,SD=52,则SA2+AD2=SD2,所以SA⊥AD.因为SA⊥AD,AD⊥AB,SA∩AB=A,所以AD⊥平面SAB.又BC∥AD,所以BC⊥平面SAB,所以BC⊥SE.(6分)由PD∥BC,AB=BC=1,AD=12,得AE=1.所以AE=AB=SA,所以SE⊥SB.又因为BC∩SB=B,BC,SB⊂平面CSB,所以SE⊥平面CSB,即l⊥平面CSB.(8分)(2)由(1)知,SA⊥AB,AD⊥AB,AD⊥SA.以A为坐标原点,AD,AB,AS所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.易得D12,0,0,B(0,1,0),S(0,0,1),C(1,1,0),则BD=12,-1,0,SC=(1,1,-1).(10分)设SQ=λSC(0<λ<1),则Q(λ,λ,1-λ),则BQ=(λ,λ-1,1-λ).设n=(x,y,z)是平面QBD的一个法向量,则n·BQ=λx+(λ-1)y+(1-λ)z=0,n·BD=12x-y=0,令x=2,得y=1,z=1-3λ1-λ,所以n=2,1,1-3λ1-λ.(13分)易知m=(0,0,1)是平面CBD的一个法向量,则|cos|=|n·m||n||m|=1-3λ1-λ5+1-3λ1-λ2=66,解得λ=12或λ=0(舍去).所以Q是SC的中点.所以VQ-BDC=13×S△BDC×12SA=13×12×1×1×12=112.(17分)19.解析　因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE⊥AD,所以DE⊥平面ABCD,又DB⊂平面ABCD,所以DE⊥DB.(1分)因为DE⊥AD,AD⊥BE,DE∩BE=E,所以AD⊥平面BDE,又BD⊂平面BDE,所以AD⊥BD,故DA,DB,DE两两垂直,(3分)以D为坐标原点,DA,DB,DE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(0,0,0),B(0,1,0),C(-1,1,0),E(0,0,2),F(1,0,1),所以BE=(0,−1,2),EF=(1,0,−1),DC=(-1,1,0).(5分)(1)易知n=(0,1,0)为平面DEF的一个法向量.(6分)设平面BEF的一个法向量为m=(x,y,z),则m·BE=0,m·EF=0,即-y+2z=0,x-z=0,令z=1,得x=1,y=2,所以m=(1,2,1),所以cos=m·n|m||n|=63.(8分)易知二面角B-EF-D的平面角为锐角,所以其余弦值为63.(10分)(2)在线段BE上存在点Q,使得平面CDQ⊥平面BEF.(12分)设BQ=λBE=(0,-λ,2λ)(λ∈[0,1]),所以DQ=DB+BQ=(0,1-λ,2λ).设平面CDQ的一个法向量为u=(a,b,c),则u·DQ=0,u·DC=0,即(1-λ)b+2λc=0,-a+b=0,令b=1,得a=1,c=λ-12λ,所以u=1,1,λ-12λ.(14分)由(1)知平面BEF的一个法向量为m=(1,2,1),若平面CDQ⊥平面BEF,则m·u=0,即1+2+λ-12λ=0,解得λ=17,(16分)所以在线段BE上存在点Q,使得平面CDQ⊥平面BEF,此时BQBE=17.(17分)