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二新人教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二新人教B版选择性必修第一册，共17页。
第一章测评(二)
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.若平面α⊥平面β,且平面α的一个法向量为n=,则平面β的法向量可以是(　　)
A. B.(2,-1,0)
C.(1,2,0) D.
2.已知a=(1,k,-2),b=(2k,2,4),若a∥b,则实数k的值为(　　)
A.-2 B.2 C.-1 D.1
3.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,P是线段D1B上一点,且BP=2D1P,若=x+y+z,则x+y+z=(　　)
A. B. C. D.1

4.已知直线l1的一个方向向量为a=(1,-2,2),直线l2的一个方向向量为b=(1,2,0),则两直线所成角的余弦值为(　　)
A. B. C.- D.
5.若平面α的一个法向量为n1=(1,0,1),平面β的一个法向量是n2=(-3,1,3),则平面α与β所成的角等于(　　)
A.30° B.45°
C.60° D.90°
6.[2023山西高二阶段练习]有以下命题:①若p=xa+yb,则p与a,b共面;②若p与a,b共面,则p=xa+yb;③若=x+y,则P,M,A,B四点共面;④若P,M,A,B四点共面,则=x+y;⑤若存在λ,μ∈R,使λa+μb=0,则λ=μ=0;⑥若a,b不共线,则空间任一向量p=λa+μb(λ,μ∈R).其中真命题是(　　)
A.①② B.①③
C.②③④ D.③④⑥
7. 《九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早一千多年,例如堑堵指底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱;鳖臑指的是四个面均为直角三角形的三棱锥.如图,在堑堵ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,若AB=,AA1=2,当鳖臑A1-ABC体积最大时,直线B1C与平面ABB1A1所成角的余弦值为(　　)


A. B. C. D.
8.已知向量a=(ax,ay,az),b=(bx,by,bz),{i,j,k}是空间中的一组单位正交基底.规定向量积的行列式计算:a×b=(aybz-azby)i+(azbx-axbz)j+(axby-aybx)k==,-,其中行列式计算表示为=ad-bc.若向量=(2,1,4),=(3,1,2),则=(　　)
A.(-4,-8,-1) B.(-1,4,-8)
C.(-2,8,-1) D.(-1,-4,-8)
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,已知三棱锥O-ABC,E,F分别是OA,BC的中点,P为线段EF上一点,且PF=2EP,设=a,=b,=c,则下列等式成立的是(　　)

A.b+c
B.=-a+b+c
C.=-a+b+c
D.a+b+c
10.在下列条件中,不能使M与A,B,C一定共面的是(　　)
A.=2
B.
C.=0
D.=0
11. [2023湖南祁东高二阶段练习]如图,一个结晶体的形状为平行六面体ABCD-A1B1C1D1,其中,以顶点A为端点的三条棱长都相等,且它们彼此的夹角都是60°,下列说法中正确的是(　　)


A.=2
B.·()=0
C.向量的夹角是60°
D.BD1与AC所成角的余弦值为
12. [2023安徽六安高一期末]如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱B1C1,BB1的中点,G为面对角线A1D上的一个动点,则(　　)


A.三棱锥B1-EFG的体积为定值
B.线段A1D上存在点G,使A1C⊥平面EFG
C.线段A1D上存在点G,使平面EFG∥平面ACD1
D.设直线FG与平面ADD1A1所成角为θ,则sin θ的最大值为
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.已知空间中两点A=(2,2,0),B=(3,y,1),向量a=(3,-1,3),a∥,则|a|=　　　　　,y=　　　　　. 
14.在三棱锥D-ABC中,已知AB=AD=2,BC=1,=-3,则CD=　　　　　. 
15. 如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,PA⊥平面ABC,AE⊥PB于点E,M是AC的中点,PB=1,则的最小值为　　　　　. 


16.已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,∠A1AD=∠A1AB=∠BAD=60°,AA1=AB=AD,E为A1D1的中点.给出下列四个说法:①∠BCC1为异面直线AD与CC1所成的角;②三棱锥A1-ABD是正三棱锥;③CE⊥平面BB1D1D;④=-.其中正确的说法有　　　　　.(写出所有正确说法的序号) 

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) 已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=3,AD=1,且∠DAB=∠BAA1=∠DAA1=.


(1)求B1D的长;
(2)求夹角的余弦值.
















18.(12分)已知a=(2,-3,1),b=(2,0,3),c=(0,0,m).
(1)若a+2b-3c=(6,-3,1),求实数m的值;
(2)若m=2,求a·(b+c)的值.













19.(12分)如图,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1,∠BCA=90°,AC=BC=2,AC的中点为D,且A1D⊥平面ABC,A1D=.

(1)求证:A1B⊥AC1;
(2)在线段CC1上找一点M,使得直线A1B与平面MA1B1所成角的正弦值为.















20.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形,PA=AD=2,M,N分别是AB,PC的中点.
(1)求证:平面MND⊥平面PCD;
(2)求点P到平面MND的距离.















21.(12分)如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,AA1=4,点D是BC的中点.
(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;
(2)求平面ADC1与平面ABA1夹角的余弦值.



















22.(12分)在矩形ABCD中,AB=3,AD=2,点E是线段CD上靠近点D的一个三等分点,点F是线段AD上的一个动点,且=λ(0≤λ≤1).如图,将△BCE沿BE折起至△BEG,使得平面BEG⊥平面ABED.
(1)当λ=时,求证:EF⊥BG.
(2)是否存在λ,使得FG与平面DEG所成的角的正弦值为?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.









第一章测评(二)
1.C　因为平面α⊥平面β,所以平面α的法向量与平面β的法向量互相垂直.
设平面β的法向量为m=(x,y,z),则有n·m=-2x+y+z=0,即4x-2y-z=0.
对于A,4×1-2×≠0,故A不成立;
对于B,4×2-2×(-1)-0≠0,故B不成立;
对于C,4×1-2×2-0=0,故C成立;
对于D,4×-2×1-2≠0,故D不成立.
2.C　根据题意,a∥b,设a=tb(t∈R),
即(1,k,-2)=t(2k,2,4)=(2kt,2t,4t),
则有解得k=-1.
3.A　∵BP=2D1P,
∴=2,
即=2()=2-2,
即3+2,
即,
所以x=,y=,z=,所以x+y+z=.
4.D　直线l1的一个方向向量为a=(1,-2,2),
直线l2的一个方向向量为b=(1,2,0),
则两直线所成角的余弦值为
|cos|=.
5.D　平面α的一个法向量为n1=(1,0,1),平面β的一个法向量是n2=(-3,1,3),
∴cos==0.
∴平面α与β所成的角等于90°.
6.B　①正确,由平面向量基本定理可得,若p=xa+yb,则p与a,b共面;
②不正确,若a,b均为零向量,p为非零向量,则后式不成立;
③正确,由平面向量基本定理得;
④不正确,若均为零向量,为非零向量,则后式不成立;
⑤不正确,若a,b为相反向量,则a+b=0,λ=μ=1;
⑥不正确,若a,b不共线,当p与a,b所在的平面垂直时,则后式不成立.
故选B.
7.A　在堑堵ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AB=,AA1=2,当鳖臑A1-ABC体积最大时,AC=BC=1.
以C为原点,CA为x轴,CB为y轴,CC1为z轴,建立空间直角坐标系,则B1(0,1,2),C(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0),则=(0,-1,-2),=(1,-1,0),=(0,0,2).
设平面ABB1A1的法向量n=(x,y,z),
则
取x=1,得n=(1,1,0).
设直线B1C与平面ABB1A1所成角为θ(0°≤θ≤90°),
则sinθ=,
所以cosθ=,
所以直线B1C与平面ABB1A1所成角的余弦值为.
故选A.
8.C　由题意得,=(1×2-4×1)i+(4×3-2×2)j+(2×1-1×3)k=-2i+8j-k=(-2,8,-1).
9.ABD　∵E,F分别是OA,BC的中点,
∴)=b+c,故A正确;
b+c-a,
∵PF=2EP,
∴EP=EF,FP=EF,
即=-a+b+c,故B正确;
=-=-a-b-c,故C错误;
a-a+b+c=a+b+c,故D正确.
10.ABD　M与A,B,C一定共面的充要条件是=x+y+z,x+y+z=1,对于A选项,由于2-1-1=0≠1,所以不能得出M,A,B,C共面,对于B选项,由于≠1,所以不能得出M,A,B,C共面,对于C选项,由于=-,则为共面向量,所以M,A,B,C共面,对于D选项,由=0得=-,而-1-1-1=-3≠1,所以不能得出M,A,B,C共面.故选ABD.
11.AB　以顶点A为端点的三条棱长都相等,它们彼此的夹角都是60°,可设棱长为1,则=1×1×cos60°=,
+2+2+2=1+1+1+3×2×=6.
而2=2=2(+2)=21+1+2×=2×3=6,所以A正确;
·()=()·()==0,所以B正确;
向量,显然△AA1D为等边三角形,则∠AA1D=60°,
所以向量的夹角是120°,向量的夹角是120°,所以C不正确;
又,则||=,||=,
=()·()=1,
所以cos=,所以D不正确.
故选AB.
12.ABD　易得平面ADD1A1∥平面BCC1B1,所以G到平面BCC1B1的距离为定值.
又为定值,所以三棱锥G-B1EF即三棱锥B1-EFG的体积为定值,故A正确;

对于B,如图所示,以D为坐标原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(2,2,0),D(0,0,0),C(0,2,0),A1(2,0,2),D1(0,0,2),C1(0,2,2),E(1,2,2),F(2,2,1),
所以=(-2,2,2),=(-2,2,0),=(-2,0,2),=(1,0,-1).
设=λ(0≤λ≤1),则G(2λ,0,2λ),
所以=(2λ-1,-2,2λ-2),=(2λ-2,-2,2λ-1),A1C⊥平面EFG⇔
即
解得λ=.
当G为线段A1D上靠近D的四等分点时,A1C⊥平面EFG,故B正确;
对于C,设平面ACD1的法向量n1=(x1,y1,z1),
则
取x1=1,得n1=(1,1,1).
设平面EFG的法向量n2=(x2,y2,z2),
则
取x2=1,得n2=1,,1,平面ACD1∥平面EFG⇔n1∥n2.
设n1=kn2,即(1,1,1)=k1,,1,
解得k=1,λ=,因为0≤λ≤1,不合题意,
所以线段B1C上不存在点G,使平面EFG∥平面BDC1,故C错误;
对于D,平面ADD1A1的法向量为n=(0,1,0),
则sinθ=.
因为8λ2-12λ+9=8,
所以sinθ=,
所以sinθ的最大值为,故D正确.故选ABD.
13.　因为a=(3,-1,3),
则|a|=.
因为A=(2,2,0),B=(3,y,1),所以=(1,y-2,1).
又a∥,则有=λa(λ∈R),即(1,y-2,1)=λ(3,-1,3),所以解得
14.　设∠BAC=α,∠DAC=β,显然||=||=1,则-2||·||cosα=1,即-4||cosα=-3,而=-3,即·()==-3,于是得2||cosβ-2||·cosα=-3,2||cosβ=-3+2||cosα,
=||2=-2=4+-4||cosβ=4+-2(-3+2||cosα)=10+-4||cosα=7,则有||=,所以CD=.
15. -　连接EC,如图,因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC.


又因为AB⊥BC,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB.
又PB⊂平面PAB,所以BC⊥PB.
因为M是AC的中点,所以)=).
又AE⊥PB,所以·)==-|||≥-=-,当且仅当||=||=时取等号,所以的最小值为-.
16.②④　①∠BCC1=120°,而异面直线AD与CC1所成的角为60°,故①错误;
②三棱锥A1-ABD的每个面都为正三角形,故为正四面体,故②正确;
④根据向量加法的三角形法则,=-=-,故④正确;
③∵,∴=-·()=-|2++||2+|2≠0,∴CE与BD不垂直,故③错误.
17.解(1)由题可知,,
那么-2-2+2=12+22+32-2×(1×2+1×3-2×3)×=15,
因此B1D的长为.
(2)由题知,,
则||=,
=()·()==1×3×-1×2×+22-32=-,所以cos==-.
18.解 (1)因为a=(2,-3,1),b=(2,0,3),c=(0,0,m),所以a+2b-3c=(6,-3,7-3m)=(6,-3,1),
所以7-3m=1,
解得m=2.
(2)若m=2,则c=(0,0,2),b+c=(2,0,5),
所以a·(b+c)=(2,-3,1)·(2,0,5)=9.
19. (1)证明作DE⊥AC交AB于点E,分别以DE,DC,DA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,


则A(0,-1,0),C(0,1,0),B(2,1,0),A1(0,0,),C1(0,2,),
∴=(2,1,-),=(0,3,),=0+3-3=0,∴A1B⊥AC1.
(2)解设=λ=(0,λ,λ),=(2,2,0),=(0,1,-),=(0,λ+1,λ-).
设平面MA1B1的一个法向量为n=(x,y,z),
有
∴
∴
∴n=1,-1,.
∵=(2,1,-),若直线A1B与平面MA1B1所成角的正弦值为,
则|cos|=,
即,
解得λ=,
∴当CM=CC'时,直线A1B与平面MA1B1所成角的正弦值为.
20.(1)证明 ∵PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,∴AB,AD,AP两两互相垂直,
如图所示,分别以AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),M(1,0,0),N(1,1,1),

∴=(0,1,1),=(-1,1,-1),=(0,2,-2).
设m=(x,y,z)是平面MND的法向量,
可得
即
取y=-1,得x=-2,z=1,
∴m=(-2,-1,1)是平面MND的一个法向量,同理可得n=(0,1,1)是平面PCD的一个法向量,
∵m·n=-2×0+(-1)×1+1×1=0,
∴m⊥n,
即平面MND的法向量与平面PCD的法向量互相垂直,可得平面MND⊥平面PCD.
(2)解 由(1)得m=(-2,-1,1)是平面MND的一个法向量.∵=(0,2,-2),得·m=0×(-2)+2×(-1)+(-2)×1=-4,
∴点P到平面MND的距离d=.
21.解 (1)分别以AB,AC,AA1为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Axyz,如图.

则由题意知A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),C1(0,2,4),∴=(2,0,-4),=(1,-1,-4),∴cos=,
∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.
(2)=(0,2,0)是平面ABA1的一个法向量.
设平面ADC1的法向量为m=(x,y,z),
∵=(1,1,0),=(0,2,4),
∴
即
取z=1,得y=-2,x=2,
∴平面ADC1的一个法向量为m=(2,-2,1).
设平面ADC1与ABA1所成二面角为θ,
∴cosθ=|cos|=,
∴平面ADC1与ABA1夹角的余弦值为.
22.解 (1)当λ=时,点F是AD的中点,
∴DF=AD=1,DE=CD=1.
∵∠ADC=90°,
∴∠DEF=45°.
∵CE=CD=2,BC=2,∠BCD=90°,
∴∠BEC=45°.
∴BE⊥EF.
又平面GBE⊥平面ABED,平面GBE∩平面ABED=BE,EF⊂平面ABED,∴EF⊥平面BEG.
∵BG⊂平面BEG,
∴EF⊥BG.
(2)以C为原点,的方向为x轴、y轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.
则E(0,-2,0),D(0,-3,0),F(2λ,-3,0).
取BE的中点O,∵GE=BG=2,

∴GO⊥BE,
∴易证得OG⊥平面BCE,∵BE=2,
∴OG=,∴G(1,-1,).
∴=(1-2λ,2,),=(1,1,),=(1,2,).
设平面DEG的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令z=,则n=(-2,0,).
设FG与平面DEG所成的角为θ,
则sinθ=|cos|=,
解得λ=或λ=-(舍去),
∴存在实数λ,使得FG与平面DEG所成的角的正弦值为,此时λ=.