第一章空间向量与立体几何单元测试新人教A版(2019)高中数学选择性必修第一册高二上学期.doc
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1、第一章空间向量与立体几何(第一章)(120分钟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.已知空间四边形ABCD,G是CD的中点,连接AG,则+(+)=()A.B.C. D.2.已知向量i,j,k是一组单位正交向量,m=8j+3k,n=-i+5j-4k,则mn=()A.7B.-20C.28D.113.已知a=(2,-1,2),b=(-1,3,-3),c=(13,6,),若向量a,b,c共面,则=()A.2B.3C.4D.64.已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b与2a-b互相垂直,则k的值是()
2、A.1B.C.D.5.已知四面体ABCD的所有棱长都是2,点E,F分别是AD,DC的中点,则=()A.1B.-1C.D.-6.A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足=0,=0,=0,M为BC的中点,则AMD()A.是钝角三角形B.是锐角三角形C.是直角三角形D.不确定7.(2020长沙高二检测)已知在四面体ABCD中,AB=AC=BD=CD=,BC=AD=2,E,F分别为BC,AD的中点,则异面直线AE,CF所成的夹角为()A.B.C.D.8.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,高为4,则点A1到截面AB1D1的距离为()A.B.C.D.二、多项选择题(本大题共4小
3、题,每小题5分,共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,AD=4,AA1=3,以直线DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则()A.点B1的坐标为(4,5,3)B.点C1关于点B对称的点为(5,8,-3)C.点A关于直线BD1对称的点为(0,-5,3)D.点C关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0)10.若向量a=(1,2,0),b=(-2,0,1),则下列说法中错误的是()A.cos=120B.abC.abD.|a|=|b|11.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别
4、在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则()A.EFA1DB.EFADC.EFBD1D.EF与BD1异面12.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,下列结论中,正确的是()A.ACBDB.ACD是等边三角形C.AB与平面BCD所成的角为D.ABCD三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,将答案填在题中的横线上)13.已知a=(3,6,+6),b=(+1,3,2)为两平行平面的法向量,则=.14.已知向量a,b的夹角为60,|a|=2,|b|=1,则|a+2b|=.15.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动,则直
5、线D1E与A1D所成角的大小是;若D1EEC,则AE=. 16.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BAC=90,AB=AC=AA1=1,已知G和E分别为A1B1和CC1的中点,D和F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点),若DGEF,则线段DF长度的取值范围为.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.(10分)已知a=(x,4,1),b=(-2,y,-1),c=(3,-2,z),ab,bc,求:(1)a,b,c;(2)a+c与b+c夹角的余弦值.18.(12分)如图所示,已知几何体ABCD-A1B1C1D1是平行六面体.(1)化简+,并在图
6、上标出结果;(2)设M是底面ABCD的中心,N是侧面BCC1B1对角线BC1上的点,且C1N=C1B,设=+,试求,的值.19.(12分)如图,已知PA平面ABCD,底面ABCD为矩形,PA=AD=AB=2,M,N分别为AB,PC的中点.(1)求证:MN平面PAD;(2)求PD与平面PMC所成角的正弦值.【解析】(1)建立空间直角坐标系如图,因为PA=AD=AB=2,则P(0,0,2),B(2,0,0),D(0,2,0),M(1,0,0),C(2,2,0),因为N是PC的中点,所以N(1,1,1),=(0,1,1),又因为=(2,0,0)是平面PAD的一个法向量,=20+10+10=0,所以,
7、所以MN平面PAD.(2)由(1)知=(0,2,-2),=(1,0,-2),=(2,2,-2).设平面PMC的法向量为n=(x,y,z),则n=0,n=0,解得x=2z,y=-z,令z=1,则n=(2,-1,1).设PD与平面PMC所成角为,则sin =.所以PD与平面PMC所成角的正弦值为.20.(12分)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,已知AB=2,AA1=5,E,F分别为D1D,B1B上的点,且DE=B1F=1.(1)求证:BE平面ACF;(2)求点E到平面ACF的距离.【解析】(1)以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示空间直角坐标系,则D(
8、0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D1(0,0,5),E(0,0,1),F(2,2,4).所以=(-2,2,0),=(0,2,4),=(-2,-2,1),=(-2,0,1).因为=0,=0,所以BEAC,BEAF,且ACAF=A.所以BE平面ACF.(2)由(1)知,为平面ACF的一个法向量,所以点E到平面ACF的距离d=.故点E到平面ACF的距离为.21.(12分)如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,ADBC,BAD=90,ACBD,BC=1,AD=AA1=3.(1)证明:ACB1D;(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.22.(12分)
9、如图所示,已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=,点D为AC的中点,点E在线段AA1上.(1)当AEEA1=12时,求证:DEBC1;(2)是否存在点E,使平面BDE与平面ABE的夹角等于60?若存在,求出AE的长;若不存在,请说明理由.第一章空间向量与立体几何(第一章)(120分钟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.已知空间四边形ABCD,G是CD的中点,连接AG,则+(+)=()A.B.C. D.【解析】选A.在BCD中,因为点G是CD的中点,所以=(+),从而+(+)=+=.2.已知向量i
10、,j,k是一组单位正交向量,m=8j+3k,n=-i+5j-4k,则mn=()A.7B.-20C.28D.11【解析】选C.因为m=(0,8,3),n=(-1,5,-4),所以mn=0+40-12=28.3.已知a=(2,-1,2),b=(-1,3,-3),c=(13,6,),若向量a,b,c共面,则=()A.2B.3C.4D.6【解析】选B.因为a=(2,-1,2),b=(-1,3,-3),c=(13,6,),三个向量共面,所以a=xb+yc,所以(2,-1,2)=x(-1,3,-3)+y(13,6,),所以解得4.已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b与2a-b互相垂
11、直,则k的值是()A.1B.C.D.【解析】选D.因为ka+b=(k-1,k,2),2a-b=(3,2,-2),且ka+b与2a-b互相垂直,所以(ka+b)(2a-b)=3(k-1)+2k-4=0k=.5.已知四面体ABCD的所有棱长都是2,点E,F分别是AD,DC的中点,则=()A.1B.-1C.D.-【解析】选B.如图所示,由题意得=,所以=(-)=-22cos 60=-1.6.A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足=0,=0,=0,M为BC的中点,则AMD()A.是钝角三角形B.是锐角三角形C.是直角三角形D.不确定【解析】选C.因为M为BC的中点,所以=(+).所以=(+)=+=0
12、.所以AMAD,AMD为直角三角形.7.(2020长沙高二检测)已知在四面体ABCD中,AB=AC=BD=CD=,BC=AD=2,E,F分别为BC,AD的中点,则异面直线AE,CF所成的夹角为()A.B.C.D.【解析】选C.如图,因为E,F分别为BC,AD的中点,所以=(+),=(+)=(-2),因为AB=AC=BD=CD=,BC=AD=2,所以AE=,CF=,cosBAC=,cosCAD=,cosBAD=,所以=(+)(-2)=(-2+-2)=-1,所以cos=-,且0,所以=,所以异面直线AE,CF所成的夹角为.8.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,高为4,则
13、点A1到截面AB1D1的距离为()A.B.C.D.【解析】选C.建立如图所示的空间直角坐标系.则A(2,0,0),B1(2,2,4),D1(0,0,4),A1(2,0,4),=(0,2,4),=(-2,0,4),=(0,0,4).设平面AB1D1的法向量n=(x,y,z),则即令x=2,得n=(2,-2,1).所以A1到平面AB1D1的距离d=.二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,AD=4,AA1=3,以直线DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系
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