第一章综合训练

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 第一章综合训练(时间:120分钟　满分:150分)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.已知平面α和平面β的法向量分别为m=(3,1,-5),n=(-6,-2,10),则(　　)　　　 　　　　　　　 　　　　　　　 　　A.α⊥β B.α∥βC.α与β相交但不垂直 D.以上都不对解析∵n=(-6,-2,10),m=(3,1,-5),∴n=-2m.∴m∥n.∴α与β平行.答案B2.(2020黑龙江哈尔滨六中高二检测)已知O为坐标原点,向量a=(-2,1,1),点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).若点E在直线AB上,且⊥a,则点E的坐标为(　　)A.-,- B.,-C.,- D.-,-解析因为E在直线AB上,故存在实数t使得+t=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t).若⊥a,则·a=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=.因此点E的坐标为-,-.故选A.答案A3.已知正四面体ABCD的棱长为a,点E,F分别是BC,AD的中点,则的值为(　　)A.a2 B.a2 C.a2 D.a2解析在正四面体ABCD中,E,F分别是BC,AD的中点,∴.则)·.因为是正四面体,所以BE⊥AD,∠BAD=,即=0,=|AB||AD|cos,所以,故选B.答案B4.(2020福建莆田高二检测)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,E为BB1的中点,F为A1D1的中点,则下列向量能作为平面AEF的法向量的是(　　)A.(1,-2,4) B.(-4,1,-2)C.(2,-2,1) D.(1,2,-2)解析设正方体的棱长为2,则A(2,0,0),E(2,2,1),F(1,0,2),所以=(0,2,1),=(-1,0,2).设向量n=(x,y,z)是平面AEF的法向量,则取y=1,得x=-4,z=-2,则n=(-4,1,-2)是平面AEF的一个法向量.结合其他选项,检验可知只有B选项是平面AEF的法向量.答案B5.若正三棱柱ABC -A1B1C1的所有棱长都相等,D是A1C1的中点,则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为(　　)A. B. C. D.解析取AC的中点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.设三棱柱的棱长为2,则A(0,-1,0),D(0,0,2),C(0,1,0),B1(,0,2),∴=(0,1,2).设n=(x,y,z)为平面B1CD的法向量,由得令z=1,得n=(0,2,1).设直线AD与平面B1DC所成角为α,则sin α=|cos<,n>|=,所以直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为.故选A.答案A6.如图,棱长为6的正方体ABCD -A1B1C1D1,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF.当A1,E,F,C1四点共面时,平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为(　　)A. B. C. D.解析以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(图略),则A1(6,0,6),E(6,3,0),F(3,6,0).设平面A1DE的法向量为n1=(a,b,c),依题意得令a=-1,则c=1,b=2,所以n1=(-1,2,1).同理得平面C1DF的一个法向量为n2=(2,-1,1),由题图知,平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为.答案B7.(2020江西九江一中检测)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,E是棱AB的中点,则点E到平面ACD1的距离为(　　)A. B.C. D.解析如图,以D为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系,则D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0).连接D1E,所以=(1,1,-1),=(-1,2,0),=(-1,0,1).设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c),则令a=2,得b=1,c=2,则n=(2,1,2).所以点E到平面ACD1的距离为h=.故选C.答案C8.在三棱锥P -ABC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.解析∵在三棱锥P-ABC中,PC⊥底面ABC,∠BAC=90°,AB=AC=4,∠PBC=60°,∴以A为坐标原点,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.答案B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,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.空间四个点O,A,B,C,为空间的一个基底,则下列说法正确的是(　　)A.O,A,B,C四点不共线B.O,A,B,C四点共面,但不共线C.O,A,B,C四点中任意三点不共线D.O,A,B,C四点不共面解析若O,A,B,C四点共面,则共面,则不可能为空间的一个基底.故AD正确,B不正确;若O,A,B,C中有三点共线,则四点一定共面,故C也正确.答案ACD10.(2020山东淄博高二期末)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=,P为线段A1C上的动点,则下列结论正确的是(　　)A.当=2时,B1,P,D三点共线B.当时,C.当=3时,D1P∥平面BDC1D.当=5时,A1C⊥平面D1AP解析在长方体ABCD-A1B1C1D1中,以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.因为AB=AD=AA1=,所以AD=AA1=1,则A(1,0,0),A1(1,0,1),C(0,,0),D1(0,0,1),C1(0,,1),D(0,0,0),B(1,,0),则=(-1,,-1),=(1,0,-1).对于A,当=2时,P为线段A1C的中点,根据长方体结构特征,P为体对角线的中点,因此P也为B1D中点,所以B1,P,D三点共线,故A正确;对于B,当时,AP⊥A1C,由题意可得,A1C=,AC==2,由AA1·AC=A1C·AP,解得AP=,所以A1P=,即P为线段A1C上靠近点A1的五等分点,所以P,则=,-,=-,所以=-=-≠0,所以不垂直,故B错误;对于C,当=3时,=-,-,设平面BDC1的法向量为n=(x,y,z),则令y=1,可得n=(-,1,-).又=,-,所以·n=0,因此⊥n,又点D1不在平面BDC1内,所以D1P∥平面BDC1,故C正确;对于D,当=5时,=-,-,所以=,-,所以=0,=0,因此A1C⊥D1P,A1C⊥D1A,又D1P∩D1A=D1,则A1C⊥平面D1AP,故D正确.故选ACD.答案ACD11.在四面体P -ABC中,下列说法正确的有(　　)A.若,则可知=3B.若Q为△ABC的重心,则C.若=0,=0,则=0D.若四面体P -ABC各棱长都为2,M,N分别为PA,BC的中点,则||=1解析对于A,∵,∴3+2,∴2-2,∴2,∴3,即3,故A正确;对于B,若Q为△ABC的重心,则=0,∴3=3,∴3,即,故B正确;对于C,若=0,=0,则=0,∴·()=0,∴=0,∴()·=0,∴=0,∴·()=0,∴=0,故C正确;对于D,∵)-),∴||=|,∵||===2,∴||=.故D错误.答案ABC12.(2020山东烟台高三期末)如图,在正方体ABCD -A1B1C1D1中,点P在线段B1C上运动,则(　　)A.直线BD1⊥平面A1C1DB.三棱锥P -A1C1D的体积为定值C.异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[45°,90°]D.直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为解析对于选项A,连接B1D1,由正方体可得A1C1⊥B1D1,且BB1⊥平面A1B1C1D1,则BB1⊥A1C1,所以A1C1⊥平面BD1B1,故A1C1⊥BD1;同理,连接AD1,易证得A1D⊥BD1,则BD1⊥平面A1C1D,故A正确;对于选项B,,因为点P在线段B1C上运动,所以A1D·AB,面积为定值,且C1到平面A1PD1的距离即为C1到平面A1B1CD的距离,也为定值,故体积为定值,故B正确;对于选项C,当点P与线段B1C的端点重合时,AP与A1D所成角取得最小值为60°,故C错误;对于选项D,因为直线BD1⊥平面A1C1D,所以若直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值最大,则直线C1P与直线BD1所成角的余弦值最大,则P运动到B1C中点处,即所成角为∠C1BD1,设棱长为1,在Rt△D1C1B中,cos∠C1BD1=,故D正确.答案ABD三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知=(2,2,1),=(4,5,3),则平面ABC的单位法向量是　　　　　　　　　. 解析设平面ABC的法向量n=(x,y,z),则令z=1,得所以n=,故平面ABC的单位法向量为±=±.答案±14.已知正四棱台ABCD -A1B1C1D1中,上底面A1B1C1D1边长为1,下底面ABCD边长为2,侧棱与底面所成的角为60°,则异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为　　　　　. 解析设上、下底面中心分别为O1,O,则OO1⊥平面ABCD,以O为原点,直线BD,AC,OO1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.因为AB=2,A1B1=1,所以AC=BD=2,A1C1=B1D1=.因为平面BDD1B1⊥平面ABCD,所以∠B1BO为侧棱与底面所成的角,故∠B1BO=60°.设棱台高为h,则tan 60°=,h=,所以A(0,-,0),D1,B1,C(0,,0),所以,,故cos<>=,故异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为.答案15.(2020浙江宁波九校高二期末联考)在正四面体ABCD中,M,N分别为棱BC,AB的中点,设=a,=b,=c,用a,b,c表示向量=　　　　　　　,异面直线DM与CN所成角的余弦值为　　　　　. 解析根据题意,画出对应的正四面体如图所示,设棱长为1,则=-c+(a+b)=(a+b-2c).又a-b=(a-2b),易知a·b=a·c=b·c=.设异面直线DM与CN所成角为θ,则cos θ====.答案(a+b-2c)　16.在棱长为1的正方体ABCD -A1B1C1D1中,E为CC1的中点,P,Q是平面A1B1C1D1内相异两点,满足BP⊥A1E,BQ⊥A1E.(1)PQ与BD的位置关系是　　　　　; (2)|A1P|的最小值为　　　　　. 解析(1)以D为空间直角坐标系的原点,以DA,DC,DD1所在的直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示:A1(1,0,1),E,B(1,1,0),,因为P,Q均在平面A1B1C1D1内,所以设P(a,b,1),Q(m,n,1),所以=(a-1,b-1,1),=(m-1,n-1,1),因为BP⊥A1E,BQ⊥A1E,所以解得=(n-b,n-b,0),=(1,1,0),所以PQ与BD的位置关系是平行.(2)由(1)可知b-a=,|A1P|===.当a=时,|A1P|有最小值,最小值为.答案(1)平行　(2)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)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)?若存在,求出点E的坐标;若不存在,请说明理由.解(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|==5.(2)存在.+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=,因此存在点E,使得⊥b,此时点E的坐标为E.18.(12分)如图,在直三棱柱ABC -A1B1C1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.(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)解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=.19.(12分)如图,已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=AF=2,∠ADC=60°.(1)求直线BF与平面ABCD的夹角;(2)求点A到平面FBD的距离.解设AC∩BD=O,因为菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,所以易得AF⊥平面ABCD.以O点为坐标原点,以OD为x轴,OA为y轴,过O点且平行于AF的直线为z轴,建立空间直角坐标系,(1)由已知得A(0,1,0),B(-,0,0),C(0,-1,0),D(,0,0),F(0,1,2),因为z轴垂直于平面ABCD,因此可令平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),又=(,1,2),设直线BF与平面ABCD的夹角为θ,则有sin θ=|cos<m,>|=,即θ=,所以直线BF与平面ABCD的夹角为.(2)因为=(2,0,0),=(,1,2),设平面FBD的法向量为n=(x,y,z),令z=1得n=(0,-2,1),又因为=(0,0,2),所以点A到平面FBD的距离d=.20.(12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形A1C1CA为菱形,∠B1A1A=∠C1A1A=60°,AC=4,AB=2,平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,点Q在线段AC上移动,P为棱AA1的中点.(1)若Q为线段AC的中点,H为线段BQ的中点,延长AH交BC于点D,求证:AD∥平面B1PQ;(2)若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值为,求点P到平面BQB1的距离.(1)证明如图,取BB1的中点E,连接AE,EH.因为H为BQ中点,所以EH∥B1Q.在▱AA1B1B中,P,E分别为AA1,BB1的中点,所以AE∥PB1.又EH∩AE=E,PB1∩B1Q=B1,所以平面EHA∥平面B1QP.因为AD⊂平面EHA,所以AD∥平面B1PQ.(2)解如图,连接PC1,AC1,因为四边形A1C1CA为菱形,∠C1A1A=60°,所以AA1=AC1=A1C1=4,即△AC1A1为等边三角形.因为P为AA1的中点,所以PC1⊥AA1.因为平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,平面ACC1A1∩平面ABB1A1=AA1,PC1⊂平面ACC1A1,所以PC1⊥平面ABB1A1.在平面ABB1A1内过点P作PR⊥AA1交BB1于点R.以PR,PA1,PC1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Pxyz,则P(0,0,0),A1(0,2,0),A(0,-2,0),C1(0,0,2),C(0,-4,2).设=λ=λ(0,-2,2),λ∈[0,1],所以Q(0,-2(λ+1),2λ),所以=(0,-2(λ+1),2λ).因为A1B1=AB=2,∠B1A1A=60°,所以B1(,1,0),所以=(,1,0).设平面PQB1的法向量为m=(x,y,z),则令x=1,则y=-,z=-,所以平面PQB1的一个法向量为m=1,-,-.平面AA1C1C的一个法向量为n=(1,0,0).设二面角B1-PQ-C1的平面角为θ,则cos θ=.所以λ=或λ=-(舍),所以,所以Q(0,-3,).又B(,-3,0),所以=(,0,-),所以||=.又||=,所以BQ2+B=B1Q2,所以∠QBB1=90°.设点P到平面BQB1的距离为h,则×4××4××h,所以h=,即点P到平面BQB1的距离为.21.(12分)如图所示,已知四棱锥P -ABCD,侧面PAD是边长为2的正三角形,且平面PAD⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,且∠ABC=60°,M为棱PC上的动点,且=λ,λ∈[0,1].(1)求证:BC⊥PC;(2)试确定λ的值,使得平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为.(1)证明取AD的中点O,连接OP,OC,AC,由题意可得△PAD,△ACD均为正三角形,所以OC⊥AD,OP⊥AD.又OC∩OP=O,所以AD⊥平面POC.又PC⊂平面POC,所以AD⊥PC.因为BC∥AD,所以BC⊥PC.(2)解由(1)可知PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD.故可得OP,OC,OD两两垂直,以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则P(0,0,),A(0,-1,0),D(0,1,0),C(,0,0),所以=(,0,-).由=λ=λ(,0,-)(λ∈[0,1]),可得点M的坐标为(λ,0,λ),所以=(λ,1,λ),=(λ,-1,λ).设平面MAD的法向量为n=(x,y,z),由可得令z=λ,则n=(λ-1,0,λ).又平面PAD的一个法向量为=(,0,0),设平面PAD与平面ADM的夹角为θ,则cos θ=|cos<n,>|=,解得λ=或λ=(舍去).所以当λ=时,平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为.22.(12分)如图所示,等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AD=AB=BC=2,CD=4,E为CD中点,AE与BD交于点O,将△ADE沿AE折起,使点D到达点P的位置(P∉平面ABCE).(1)证明:平面POB⊥平面ABCE.(2)若PB=,试判断线段PB上是否存在一点Q(不含端点),使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为,若存在,求出的值;若不存在,说明理由.(1)证明在梯形ABCD中,连接BE,在等腰梯形ABCD中,AD=AB=BC=2,CD=4,E为中点,∴四边形ABED为菱形,∴BD⊥AE,∴OB⊥AE,OD⊥AE,即OB⊥AE,OP⊥AE,且OB∩OP=O,OB⊂平面POB,OP⊂平面POB,∴AE⊥平面POB.又AE⊂平面ABCE,∴平面POB⊥平面ABCE.(2)解存在.由(1)可知四边形ABED为菱形,∴AD=DE=2,在等腰梯形ABCD中,AE=BC=2,∴△PAE为正三角形,∴OP=,同理OB=,∵PB=,∴OP2+OB2=PB2,∴OP⊥OB.由(1)可知OP⊥AE,OB⊥AE,以O为原点,分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,由题意得,各点坐标为P(0,0,),A(-1,0,0),B(0,,0),C(2,,0),E(1,0,0),∴=(0,,-),=(2,,-),=(2,0,0),设=λ(0<λ<1),+λ=(1,λ,λ),设平面AEQ的一个法向量为n=(x,y,z),则取x=0,y=1,得z=,∴n=,设直线PC与平面AEQ所成角为θ,θ∈,则sin θ=|cos<,n>|=,即,化简得4λ2-4λ+1=0,解得λ=,∴存在点Q为PB的中点时,使直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为.