人教A版高中数学选择性必修第一册第一章空间向量与立体几何综合训练习题含答案

这是一份人教A版高中数学选择性必修第一册第一章空间向量与立体几何综合训练习题含答案，共16页。
第一章综合训练一、单项选择题(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AB',AD',BD是(　　)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⊥cC.a∥c,a⊥b D.以上都不对3.如图,在空间直角坐标系中,有一棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,A1C的中点E到AB的中点F的距离为(　　)A.22 B.2 C.2 D.14.[2023河南信阳期中]设向量OA,OB,OC不共面,空间一点P满足OP=xOA+yOB+zOC,则A,B,C,P四点共面的一组数对(x,y,z)是(　　)A.14,13,12 B.-14,34,12C.(1,-2,3) D.-13,23,125.在四棱锥P-ABCD中,AB=(4,-2,3),AD=(-4,1,0),AP=(-6,2,-8),则这个四棱锥的高h等于(　　)A.1 B.2 C.13 D.266.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),AB=(1,0,-2),AC=(1,1,1),则(　　)A.平面α∥平面ABCB.平面α⊥平面ABCC.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|=14,若(a+b)·c=7,则a与c的夹角为(　　)A.30° B.60° C.120° D.150°8.[2023辽宁沈阳质检]已知棱长都为3的正三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为棱BB1,CC1上的点,当A1D+DE+EA取得最小值时,直线DE与平面AA1C1C所成角的正弦值为(　　)A.1010 B.55 C.33020 D.3320二、多项选择题(在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求)9.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(　　)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|10.设{a,b,c}是空间的一个基底,则(　　)A.若a⊥b,b⊥c,则a⊥cB.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.a+b,b+c,c+a一定能构成空间的一个基底11.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,如下四个结论正确的是(　　)A.AC⊥BDB.△ACD是等边三角形C.AB与平面BCD所成的角为π3D.AB与CD所成的角为π312.如图,已知正方体的棱长为1,O1,O2分别为正方体中上、下底面的中心,O3,O4,O5,O6分别为四个侧面的中心,由这六个中心构成一个八面体的顶点,则(　　)A.直线O1O3与直线O2O4所成角为60°B.二面角O1-O3O4-O5的正切值为3C.这个八面体的表面积为3D.这个八面体外接球的体积为π6三、填空题13.棱长为a的正四面体中,AB·BC+AC·BD=　　　　　. 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.设PA垂直于Rt△ABC所在的平面α,∠BAC=90°,PB,PC分别与α成45°和30°角,PA=2,则PA与BC的距离是　　　　　;点P到BC的距离是　　　　　. 16.已知向量m=(a,b,0),n=(c,d,1),其中a2+b2=c2+d2=1,现有以下说法:①向量n与z轴正方向的夹角恒为定值(即与c,d无关);②m·n的最大值为2;③m与n的夹角的最大值为3π4;④若定义u×v=|u|·|v|sin,则|m×n|的最大值为2.其中正确的有　　　　　.(写出所有正确说法的序号) 四、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.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=AB,b=AD,c=AM,试以a,b,c为基向量表示出向量BN,并求线段BN的长.18.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长为 2.(1)设侧棱长为1,求证:AB1⊥BC1;(2)设AB1与BC1的夹角为π3,求侧棱的长.19.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k的值;(3)求△ABC的面积.20.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OM=14(OA+OB+OC+OD).21.如图所示,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,点M在线段AB上,AC=BC=CC1=3, AM=2,求直线AC1与平面B1MC所成角的正弦值.22.如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥DC,∠ADC=90°,AB=AD=12DC=2,PB=PD=32,BC⊥PD.(1)求证:平面PBD⊥平面ABCD;(2)在线段PC上是否存在异于P,C的一点M,使平面PBD与平面BDM夹角的余弦值为63?若存在,求出点M的位置;若不存在,请说明理由.答案：1.C　向量AB',AD',BD显然不是有相同起点的向量,A不正确;由该平行六面体不一定是正方体可知,这三个向量不一定是等长的向量,B不正确;又AD'-AB'=B'D'=BD,∴AB',AD',BD共面,C正确 ,D不正确.2.C　∵a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),∴a·b=-4+0+4=0,∴a⊥b.∵-4-2=-6-3=21,∴a∥c.故选C.3.B　在空间直角坐标系中,有一棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,∴A1(2,0,2),C(0,2,0),A1C的中点E(1,1,1),A(2,0,0),B(2,2,0),AB的中点F(2,1,0),∴A1C的中点E到AB的中点F的距离为|EF|=(2-1)2+(1-1)2+(0-1)2=2.故选B.4.B　因为向量OA,OB,OC不共面,OP=xOA+yOB+zOC,所以当且仅当x+y+z=1时,A,B,C,P四点共面.对于A,14+13+12≠1,故A错误;对于B,-14+34+12=1,故B正确;对于C,1-2+3≠1,故C错误;对于D,-13+23+12≠1,故D错误.故选B.5.B　设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z),则n·AB=0,n·AD=0,即4x-2y+3z=0,-4x+y=0.不妨令x=3,则y=12,z=4,可得n=(3,12,4),四棱锥的高h=|AP·n||n|=2613=2.故选B.6.A　由题意,计算n1·AB=2×1+(-3)×0+1×(-2)=0,得n1⊥AB;计算n1·AC=2×1+(-3)×1+1×1=0,得n1⊥AC,又AB∩AC=A,所以n1⊥平面ABC,又两平面不重合,则平面α∥平面ABC.故选A.7.C　设向量a+b与c的夹角为α,因为a+b=(-1,-2,-3),所以|a+b|=14,cos α=(a+b)·c|a+b||c|=12,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.C　将三棱柱侧面展开,如图(右),由于两点之间直线段最短,则当展开图中A,E,D,A1共线时,A1D+DE+EA最小,此时,由三棱柱棱长都为3可得,E,D分别为CC1靠近C的三等分点,BB1靠近B1的三等分点,如图(左)建立空间直角坐标系,则D-32,0,2,E32,0,1,B-32,0,0.设AC中点为F,则F34,334,0,由正三棱柱的性质知,BF⊥平面AA1C1C,故BF=94,334,0为平面AA1C1C的法向量,又DE=(3,0,-1),故直线DE与平面AA1C1C所成角的正弦值为|DE·BF||BF||DE|=27410×8116+2716=33020.故选C.9.BCD　对于A,左边为向量,右边为实数,显然不相等,故A不正确;对于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,故B正确;对于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,故C正确;对于D,由C选项可得:左边=59,∵a-b-c=(-1,-3,7),∴|a-b-c|=59,∴左边=右边,故D正确.故选BCD.10.BCD　由a,b,c是空间一个基底,知:对A选项,若a⊥b,b⊥c,a,c夹角不一定是π2,故A选项错误;易知BC正确;对D选项,由于{a,b,c}是空间的一个基底,所以a,b,c不共面.假设a+b,b+c,c+a共面,设a+b=x(b+c)+(1-x)(c+a),化简得xa=(x-1)b+c,即c=xa+(1-x)b,所以a,b,c共面,这与已知矛盾,所以a+b,b+c,c+a不共面,可以作为基底,故D选项正确.故选BCD.11.ABD　如图所示,建立空间直角坐标系,设正方形ABCD的边长为2,则D(1,0,0),B(-1,0,0),C(0,0,1),A(0,1,0),所以AC=(0,-1,1),BD=(2,0,0),AC·BD=0,故AC⊥BD,A正确;又|AC|=2,|CD|=2,|AD|=2,所以△ACD为等边三角形,B正确;对于C,OA为平面BCD的一个法向量,设α为直线AB与平面BCD所成的角,所以sin α=|cos|=AB·OA|AB||OA|=(-1,-1,0)·(0,1,0)2·1=-12=-22=22.因为直线与平面所成的角α∈0,π2,所以AB与平面BCD所成的角为π4,C错误;cos=AB·CD|AB||CD|=(-1,-1,0)·(1,0,-1)2·2=-12,因为异面直线所成的角为锐角或直角,所以直线AB与CD所成的角为π3,故D正确.故选ABD.12.ACD　如图,以点D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则O112,12,1,O212,12,0,O312,0,12,O41,12,12,所以O1O3=0,-12,-12,O2O4=12,0,12,所以cos=O1O3·O2O4|O1O3||O2O4|=-1414+14×14+14=-12,则直线O1O3与O2O4所成的角为60°,选项A正确;连接O3O5,O4O6,且相交于点O,作O1F⊥O3O4,连接OO1,OF,易知OO1⊥平面O3O4O5O6,由二面角的定义可知,二面角O1-O3O4-O5的平面角为∠OFO1,而OO1=12,OF=12O4O5=12×122+122=24,所以tan∠OFO1=OO1OF=1224=2,选项B错误;O1F=OO12+OF2=14+216=64,则S△O1O3O4=12×22×64=38,所以这个八面体的表面积为8×38=3,选项C正确;八面体外接球的球心即为四边形O3O4O5O6的中心,则外接球的半径为12,所以外接球的体积为4π3×123=π6,选项D正确.故选ACD.13.-a22　棱长为a的正四面体中,AB=BC=a,且AB与BC的夹角为120°,易证AC⊥BD.∴AB·BC+AC·BD=a·acos 120°+0=-a22.14.352　∵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=52,∴a=1,52,2,∴|a|=1+254+4=352.15.3　7　作AD⊥BC于点D,∵PA⊥平面ABC,∴PA⊥AD.易得AB=2,AC=23,BC=4,AD=3,连接PD,易知PD⊥BC,P到BC的距离PD=7.16.①③④　①取z轴的正方向单位向量a=(0,0,1),则cos=n·a|n||a|=1c2+d2+12×1=12=22,所以向量n与z轴正方向的夹角恒为定值π4,①正确;②m·n=(a,b,0)·(c,d,1)=ac+bd,则-a2+c22-b2+d22≤ac+bd≤a2+c22+b2+d22,结合已知,得-1≤ac+bd≤1,即m·n的最大值为1,所以②错误;③由②的解析知-1≤m·n≤1,所以-1a2+b2·c2+d2+1≤cos≤1a2+b2·c2+d2+1,即-22≤cos≤22,从而m与n的夹角的最大值为3π4,所以③正确;④设m与n的夹角为θ,由③可知:-22≤cos≤22,所以π4≤θ≤3π4,22≤sin≤1,所以m×n=|m|·|n|×sin≤1×2×1=2,④正确.综上可知,正确说法的序号是①③④.17.解 因为BN=BC+CN=AD+12CM=AD+12(AM-AC)=AD+12[AM-(AD+AB)]=-12AB+12AD+12AM,所以BN=-12a+12b+12c,|BN|2=BN2=-12a+12b+12c2=14(a2+b2+c2-2a·b-2a·c+2b·c)=174.所以|BN|=172,即BN的长为172.18.(1)证明 AB1=AB+BB1,BC1=BB1+BC.因为BB1⊥平面ABC,所以BB1·AB=0,BB1·BC=0.又△ABC为正三角形,设θ为向量AB与BC的夹角,所以θ=2π3.因为AB1·BC1=(AB+BB1)·(BB1+BC)=AB·BB1+AB·BC+BB12+BB1·BC=|AB|·|BC|·cos+BB12=-1+1=0,所以AB1⊥BC1.(2)解 由(1)知AB1·BC1=|AB|·|BC|·cos+BB12=BB12-1,又|AB1|=AB2+BB12=2+BB12=|BC1|,所以cos=BB12-12+BB12=12,所以|BB1|=2,即侧棱长为2.19.解 (1)∵空间中三点A(2,0,-2),B(1,-1,-2),C(3,0,-4),设a=AB,b=AC,∴BC=(3,0,-4)-(1,-1,-2)=(2,1,-2).∵|c|=3,且c∥BC,∴c=mBC=m(2,1,-2)=(2m,m,-2m),∴|c|=4m2+m2+4m2=3|m|=3,∴m=±1,∴c=(2,1,-2)或c=(-2,-1,2).(2)ka+b=k(-1,-1,0)+(1,0,-2)=(1-k,-k,-2),b=(1,0,-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)AB=(-1,-1,0),AC=(1,0,-2),cos=AB·AC|AB||AC|=-12×5=-110,sin=1-110=310,∴S△ABC=12×|AB|×|AC|×sin=12×2×5×310=32.20.证明 (1)如图,连接BG,易知,EH=AH-AE=12AD-12AB=12(AD-AB)=12BD.则EG=EB+BG=EB+12(BC+BD)=EB+BF+EH=EF+EH.由向量共面的充要条件可知,EH,EF,EG共面,又三向量过同一点E,所以E,F,G,H四点共面.(2)因为EH=AH-AE=12AD-12AB=12(AD-AB)=12BD,所以EH∥BD.又EH⊂平面EFGH,BD⊄平面EFGH,所以BD∥平面EFGH.(3)由(2)知EH=12BD,同理FG=12BD,所以EH=FG,EH∥FG,EH=FG,所以EG,FH交于一点M且被M平分,所以OM=12(OE+OG)=1212(OA+OB)+12(OC+OD)=14(OA+OB+OC+OD),得证.21.解 ∵CC1⊥CA,CC1⊥CB,CA⊥CB,∴以C为原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图,则C(0,0,0),A(3,0,0),B1(0,3,3),C1(0,0,3).∵AM=2,∴M(2,1,0).设平面B1MC的一个法向量为n=(x,y,z),CB1=(0,3,3),CM=(2,1,0),∴n·CB1=3y+3z=0,n·CM=2x+y=0,取z=2,则n=(1,-2,2).设直线AC1与平面B1MC所成角为θ,又AC1=(-3,0,3),则sin θ=|cos|=332×3=26.22.(1)证明 取BD的中点O,连接PO,因为AB∥DC,∠ADC=90°,AB=AD=12DC=2,所以BD=22,DC=4,∠BDC=45°,在△BCD中,由余弦定理可得,BC2=DC2+BD2-2BD·DCcos∠BDC=42+(22)2-2×4×22×22=8,所以BC=22,所以BC2+BD2=CD2,所以BC⊥BD.因为BC⊥PD,BD∩PD=D,BD,PD⊂平面PBD,故BC⊥平面PBD.因为BC⊂平面ABCD,则平面PBD⊥平面ABCD.(2)解 因为∠ADC=90°,所以以点D为坐标原点,DA,DC所在直线分别为x轴、y轴,以垂直于平面ABCD方向为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(2,2,0),C(0,4,0),O(1,1,0),因为DO=12BD=2,PD=32,所以PO=4,即P(1,1,4).假设存在点M满足题意,设M(x,y,z),则CM=(x,y-4,z),CP=(1,-3,4).不妨设CM=λCP(0