新教材2023年高中数学第3章空间向量与立体几何检测题北师大版选择性必修第一册

这是一份新教材2023年高中数学第3章空间向量与立体几何检测题北师大版选择性必修第一册，共14页。
第三章检测题　考试时间120分钟，满分150分．一、单项选择题(本大题共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．在平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，向量、、是(　C　)A．有相同起点的向量　　 B．等长的向量C．共面向量　　 D．不共面向量[解析]　向量、、显然不是有相同起点的向量，A不正确；由该平行六面体不是正方体可知，这三个向量不是等长的向量，B不正确．又∵－＝＝，∴，，共面，C正确，D不正确．2．已知a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)，则下列结论正确的是(　C　)A．a∥c，b∥c　　 B．a∥b，a⊥cC．a∥c，a⊥b　　 D．以上都不对[解析]　∵a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)，∴a·b＝－4＋0＋4＝0，∴a⊥b.∵＝＝，∴a∥c.3．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，＋＋＝(　D　)A．　　 B．C．　　 D．[解析]　如图所示，长方体ABCD－A1B1C1D1中，＋＋＝(＋)＋＝＋＝.4．如图所示，已知四面体OABC，M，N分别是棱OA，CB的中点，点G在线段MN上，且MG＝3GN，则＝(　D　)A．＋＋B．＋＋C．＋＋D．＋＋[解析]　连接ON，＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝×＋×(＋)＝＋＋.故选D．5．点M在z轴上，它与经过坐标原点且方向向量为s＝(1，－1,1)的直线l的距离为，则点M的坐标是(　B　)A．(0,0，±2)　　 B．(0,0，±3)C．(0,0，±)　　 D．(0,0，±1)[解析]　由题意设点M的坐标为(0,0，z)，又与s同方向的单位向量为s0＝，故点M到直线l的距离为d＝＝＝，解得z＝±3，即点M的坐标是(0,0，±3)．6．(2021·全国乙卷，5)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为(　D　)A． 　　 B． 　　C． 　　 D． [解析]　如图，连接BC1，PC1，PB，因为AD1∥BC1，所以∠PBC1或其补角为直线PB与AD1所成的角，因为BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥PC1，又PC1⊥B1D1，BB1∩B1D1＝B1，所以PC1⊥平面PBB1，所以PC1⊥PB，设正方体棱长为2，则BC1＝2，PC1＝D1B1＝，sin∠PBC1＝＝，所以∠PBC1＝.故选D．7．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且AM＝MC1，N为B1B的中点，则|MN|＝(　A　)A．a　　 B．aC．a　　 D．a[解析]　建立如图所示的空间直角坐标系，则N，C1(0，a，a)，A(a，0,0)．因为＝，所以＝，所以＝＋＝(a,0,0)＋(－a，a，a)＝，所以＝－＝，所以||＝＝a.故选A．8．长方体A1A2A3A4－B1B2B3B4的底面为边长为1的正方形，高为2，则集合{x|x＝·，i∈{1,2,3,4}，j∈{1,2,3,4}}中元素的个数为(　C　)A．1　　 B．2　　C．3　　 D．4[解析]　∵长方体A1A2A3A4－B1B2B3B4的底面为边长为1的正方形，高为2，∴建立如图的空间直角坐标系，则A1(1,1,0)，A2(0,1,0)，A3(0,0,0)，A4(1,0,0)，B1(1,1,2)，B2(0,1,2)，B3(0,0,2)，B4(1，0,2)，则＝(－1,0,2)，与＝(0,0,2)相等的向量为＝＝，此时·＝2×2＝4，与＝(0，－1,2)相等的向量为，此时·＝2×2＝4，与＝(0,1,2)相等的向量为，此时·＝2×2＝4，与＝(1,0,2)相等的向量为，此时·＝－1＋4＝3，与＝(－1,0,2)相等的向量为，此时·＝1＋4＝5，体对角线向量为＝(－1，－1,2)，此时·＝1＋4＝5，＝(1，－1,2)，·＝－1＋4＝3，＝(1,1,2)，·＝－1＋4＝3，＝(－1,1,2)，·＝1＋4＝5，综上集合{x|x＝·，i∈{1,2,3,4}，j∈{1,2,3,4}}＝{3,4,5}，集合中元素的个数为3个．二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分)9．设a，b，c是空间一个基底，下列选项中正确的是(　BCD　)A．若a⊥b，b⊥c，则a⊥cB．则a，b，c两两共面，但a，b，c不可能共面C．对空间任一向量p，总存在有序实数组(x，y，z)，使p＝xa＋yb＋zcD．则a＋b，b＋c，c＋a一定能构成空间的一个基底[解析]　由a，b，c是空间一个基底，知：在A中，若a⊥b，b⊥c，则a与c相交或平行，故A错误；在B中，a，b，c两两共面，但a，b，c不可能共面，故B正确；在C中，对空间任一向量p，总存在有序实数组(x，y，z)，使p＝xa＋yb＋zc，故C正确；在D中，a＋b，b＋c，c＋a一定能构成空间的一个基底，故D正确．10．已知向量a＝(1,2,3)，b＝(3,0，－1)，c＝(－1,5，－3)，下列等式中正确的是(　BCD　)A．(a·b)c＝b·cB．(a＋b)·c＝a·(b＋c)C．(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2D．|a＋b＋c|＝|a－b－c|[解析]　A．左边为向量，右边为实数，显然不相等，不正确；B．左边＝(4,2,2)·(－1,5，－3)＝0，右边＝(1,2,3)·(2,5，－4)＝2＋10－12＝0，∴左边＝右边，因此正确．C．a＋b＋c＝(3,7，－1)，左边＝32＋72＋(－1)2＝59，右边＝12＋22＋32＋32＋0＋(－1)2＋(－1)2＋52＋(－3)2＝59，∴左边＝右边，因此正确．D．由C可得左边＝，∵a－b－c＝(－1，－3,7)，∴|a－b－c|＝，∴左边＝右边，因此正确，故BCD正确．11．对于向量a，b，c和实数λ，下列命题中的假命题是(　ACD　)A．若a·b＝0，则a＝0或b＝0B．若λa＝0，则λ＝0或a＝0C．若a2＝b2，则a＝b或a＝－bD．若a·b＝a·c，则b＝c[解析]　A中，a·b＝0，则a⊥b，故A错误；C中a2＝b2，则|a|＝|b|，故C错；D中，a·b＝a·c，则a·(b－c)＝0不一定b＝c，故D错．12．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A－BD－C，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°.其中正确的结论有(　ABD　)A．①　　 B．②　　C．③　　 D．④[解析]　如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz，设正方形ABCD的边长为，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)，＝(1,0，－1)，＝(1，－1,0)，＝(－1，－1,0)，·＝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所成的角为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所成的角为60°，故④正确．三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知三点A(4,1,3)，B(2，－5，1)，C(3，λ，－14)满足⊥，则λ的值为_7__####.[解析]　∵＝(－2，－6，－2)，＝(－1，λ－1，－17)，⊥，∴·＝0，即2－6λ＋6＋34＝0，6λ＝42，λ＝7.14．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，若F为棱PC上一点，且满足BF⊥AC，则BF的长为___.[解析]　依题意，以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系(如图)，可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，则＝(1,2,0)，＝(－2，－2,2)，＝(2,2,0)．又点F在棱PC上，所以可设＝λ，0≤λ≤1，故＝＋＝＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF⊥AC，得·＝0，即2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝，所以＝，则||＝，即BF的长为.15．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，过E，F，G三点作该正方体的截面，点M为底面ABCD内(含边界)一动点．若MD1与该截面平行，则直线MD1与CC1所成角的余弦值的最大值为___.[解析]　以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则D1(0,0,1)，C(0,1,0)，C1(0,1,1)，E，F，G，所以＝(0,0,1)，＝，＝.设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，则令x＝1，则y＝1，z＝1，所以n＝(1,1,1)为平面EFG的一个法向量．设M(a，b,0)，(0≤a≤1,0≤b≤1)，则＝(－a，－b,1)，由MD1∥平面EFG得·n＝0，即－a－b＋1＝0，则a＋b＝1.设直线MD1与CC1所成角为θ，则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝，所以当a＝时，cos θ取最大值，且(cos θ)max＝.16．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．在如图所示的鳖臑P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠ACB＝90°，CA＝4，PA＝2，D为AB中点，E为△PAC内的动点(含边界)，且PC⊥DE.(1)当E在AC上时，AE＝_2__；(2)点E的轨迹的长度为___.[解析]　(1)以A为坐标原点，AC，AP所在直线分别为y轴、z轴，过点A且平行于BC的直线为x轴，建立空间直角坐标系A－xyz.如图所示，则A(0,0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,2)，设B(b,4,0)(b>0)，则D.当E在AC上时，设E(0，e,0)(e>0)，则＝，又＝(0,4，－2)，由PC⊥DE得·＝4(e－2)＝0，解得e＝2，即AE＝2.(2)设E(0，m，n)(0≤m≤4,0≤n≤2，且＋≤1)，则＝.由PC⊥DE得·＝4(m－2)－2n＝0，即2m－n＝4，所以点E的轨迹是以(0,2,0)与为端点的线段，故点E的轨迹的长为＝.四、解答题(本大题共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．(本小题满分10分)如图所示，在四棱锥M－ABCD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．[解析]　＝＋＝＋＝＋(－)＝＋[－(＋)]＝－＋＋.所以＝－a＋b＋c，||2＝2＝2＝(a2＋b2＋c2－2a·b－2a·c＋2b·c)＝.所以||＝，即BN的长为.18．(本小题满分12分)如图，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所成的角为，求侧棱的长．[解析]　(1)证明：＝＋，＝＋.因为BB1⊥平面ABC，所以·＝0，·＝0.又△ABC为正三角形，所以〈，〉＝π－〈，〉＝π－＝.因为·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋2＋·＝||·||·cos〈，〉＋2＝－1＋1＝0，所以AB1⊥BC1.(2)由(1)知·＝||·||·cos〈，〉＋2＝2－1.又||＝＝＝||，所以cos〈，〉＝＝，所以||＝2，即侧棱长为2.19．(本小题满分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k的值；(3)求△ABC的面积．[解析]　(1)∵空间中三点A(2,0，－2)，B(1，－1，－2)，C(3,0，－4)，设a＝，b＝，∴＝(3,0，－4)－(1，－1，－2)＝(2,1，－2)，∵|c|＝3，且c∥，∴c＝m＝m(2,1，－2)＝(2m，m，－2m)，∴|c|＝＝3|m|＝3，∴m＝±1，∴c＝(2,1，－2)或c＝(－2，－1,2)．(2)由题得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〈，〉＝＝，∴S△ABC＝·||·||·sin〈，〉＝×××＝.20．(本小题满分12分)已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点．(1)用向量法证明E，F，G，H四点共面；(2)用向量法证明：BD∥平面EFGH；(3)设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有＝(＋＋＋)．[证明]　(1)如图，连接BG，＝2，＝2，则＝＋＝＋(＋)＝＋＋＝＋，由共面向量定理的推论知E、F、G、H四点共面．(2)因为＝－＝－＝(－)＝.所以EH∥BD，又EH⊂平面EFGH，BD⊄平面EFGH，所以BD∥平面EFGH.(3)连接OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG，由(2)知＝，同理＝，所以＝，EH∥FG，EH＝FG，所以EG，FH交于一点M且被M平分，所以＝(＋)＝＝(＋＋＋)．21．(本小题满分12分)如图所示，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点，求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．[解析]　取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE＝＝＝.以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.由题意知A(0,0,0)，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，＝(0,2，－4)，＝，＝.设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则即可取n＝(0,2,1)，于是|cos〈n，〉|＝＝.设AM与平面PMN所成的角为θ，则sin θ＝.所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.22．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝.(1)求证：平面PBC⊥平面PQB；(2)当PM的长为何值时，平面QMB与平面PDC所成的角的大小为60°？[解析]　(1)证明：∵AD∥BC，Q为AD的中点，BC＝AD，∴BC∥QD，BC＝QD，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴BQ∥CD.∵∠ADC＝90°，∴BC⊥BQ.∵PA＝PD，AQ＝QD，∴PQ⊥AD.又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PQ⊥平面ABCD，∴PQ⊥BC.又∵PQ∩BQ＝Q，∴BC⊥平面PQB.∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB.(2)解：由(1)可知PQ⊥平面ABCD.如图，以Q为原点，分别以QA，QB，QP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则Q(0,0,0)，D(－1，0,0)，P(0,0，)，B(0，，0)，C(－1，，0)，∴＝(0，，0)，＝(0，，0)，＝(1,0，)，＝(－1，，－)，PC＝＝.设＝λ，则＝(－λ，λ，－λ)，且0≤λ≤1，得M(－λ，λ，－λ)，∴＝(－λ，λ，(1－λ))．设平面MBQ的法向量为m＝(x，y，z)，则即令x＝，则y＝0，z＝，∴平面MBQ的一个法向量为m＝.设平面PDC的法向量为n＝(x′，y′，z′)，则即令x′＝3，∴y′＝0，z′＝－，∴n＝(3,0，－)．∵平面PDC与平面QMB所成角大小为60°，∴cos 60°＝＝，∴λ＝，∴PM＝PC＝.