【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第一册第1章习题课件：《章末检测试卷(一)》(含答案).ppt，共(41)页，1.667 MB，由MTyang资料小铺上传

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第一章空间向量与立体几何一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB→＋BC→＋CC1—→－D1C1—→等于A.AD1—→B.AC1—→C.AD→D.AB→√11223344556677889910101111121213

13141415151616171718181919202021212222解析AB→＋BC→＋CC1—→－D1C1—→＝AC1—→＋C1D1—→＝AD1—→.2.若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为μ，则能使l∥α的是A.a＝(1,0,0

)，μ＝(－2,0,0)B.a＝(1,3,5)，μ＝(1,0,1)C.a＝(0,2,1)，μ＝(－1,0,1)D.a＝(1，－1,3)，μ＝(0,3,1)√112233445566778899101011111212

1313141415151616171718181919202021212222解析由l∥α，故a⊥μ，即a·μ＝0，故选D.3.已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心为O1，则的值为A.－1B.0C.1D.2解

析由于AO1—→＝AA1—→＋A1O1—→＝AA1—→＋12(A1B1—→＋A1D1—→)＝AA1—→＋12(AB→＋AD→)，√AO1—→·AC→而AC→＝AB→＋AD→，则AO1—→·AC→＝AA1—→＋12

(AB→＋AD→)·(AB→＋AD→)＝12(AB→＋AD→)2＝1.11223344556677889910101111121213131414151516161717181819192020212122224.已知△ABC的三个顶点为A(3,3,2)，B

(4，－3,7)，C(0,5,1)，则BC边上的中线长为A.2B.3C.4D.5√解析设BC边的中点为D，则AD→＝12(AB→＋AC→)＝(－1，－2,2)，所以|AD→|＝1＋4＋4＝3.11223344556

677889910101111121213131414151516161717181819192020212122225.若向量a＝(x，4,5)，b＝(1，－2,2)，且a与b的夹角的余弦值为，则x等于A.3B.－3C.－11D.

3或－11√26解析因为a·b＝(x，4,5)·(1，－2,2)＝x－8＋10＝x＋2，且a与b的夹角的余弦值为26，所以26＝x＋2x2＋42＋52×1＋4＋4，解得x＝3或－11(舍去)，故选A.1

1223344556677889910101111121213131414151516161717181819192020212122226.平面α的法向量u＝(x，1，－2)，平面β的法向量ν＝－1，y，12，已知α∥β，则x＋y等于A.154B.174C.3D.5

2解析由题意知，∵α∥β，∴u＝λν，√即x＝－λ，1＝λy，－2＝12λ，解得λ＝－4，y＝－14，x＝4，∴x＋y＝4－14＝154.112233445566778899101011111212

13131414151516161717181819192020212122227.已知平面α内两向量a＝(1,1,1)，b＝(0,2，－1)且c＝ma＋nb＋(4，－4,1).若c为平面α的法向量，则m，

n的值分别为A.－1,2B.1，－2C.1,2D.－1，－2√解析c＝ma＋nb＋(4，－4,1)＝(m，m，m)＋(0,2n，－n)＋(4，－4,1)＝(m＋4，m＋2n－4，m－n＋1)，由c为平面α的法向量，得c·a＝0

，c·b＝0，即3m＋n＋1＝0，m＋5n－9＝0，解得m＝－1，n＝2.11223344556677889910101111121213131414151516161717181819192020212122228.如图，四棱锥P－ABCD中

，PB⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝PB＝3，点E在棱PA上，且PE＝2EA，则平面ABE与平面BED的夹角的余弦值为A.23B.66C.33D.631122334455667788991010111112

121313141415151616171718181919202021212222√解析如图，以B为坐标原点，分别以BC，BA，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则B(0,0,0)，A(0,3

,0)，P(0,0,3)，D(3,3,0)，E(0,2,1)，∴BE→＝(0,2,1)，BD→＝(3,3,0).1122334455667788991010111112121313141415151616171718181919202021212222设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)

，则n·BE→＝2y＋z＝0，n·BD→＝3x＋3y＝0，取z＝1，得n＝12，－12，1.又平面ABE的法向量为m＝(1,0,0)，∴cos〈n，m〉＝m·n|n||m|＝1262×1＝66.112233445566

7788991010111112121313141415151616171718181919202021212222∴平面ABE与平面BED的夹角的余弦值为66.A.(4，－2,2)B.(－2,2,4)C.(－4,2，－2)D.(2，－2,4)二、多项选择题(本大题共4小题，每小题

5分，共20分.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9.已知空间三点A(1,0,3)，B(－1,1,4)，C(2，－1,3).若AP→∥BC→，且|AP→|＝14，则点P的坐标为√1122334455667788991010111112121313

141415151616171718181919202021212222√解析设AP→＝(3λ，－2λ，－λ).又|AP→|＝14，∴(3λ)2＋(－2λ)2＋(－λ)2＝14，解得λ＝±1，∴AP→＝(3，－2，－1)或AP→＝(－3,2,1).设点P的坐标为(x，y，z)，则AP→

＝(x－1，y，z－3)，∴x－1＝3，y＝－2，z－3＝－1或x－1＝－3，y＝2，z－3＝1，解得x＝4，y＝－2，z＝2或x＝－2，y＝2，z＝4.故点P的坐标为(4，－2,2)或(－2,2,4).1

12233445566778899101011111212131314141515161617171818191920202121222210.在三棱锥A－BCD中，DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC，

E为BC的中点，则直线AE和BCA.垂直B.相交C.共面D.异面解析因为E为BC的中点，所以AE→＝DE→－DA→＝12(DB→＋DC→)－DA→，√√√因为在三棱锥A－BCD中，DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC，所以AE→·BC→＝12

(DB→＋DC→)－DA→·(DC→－DB→)＝12(DC→2－DB→2)＝0.所以AE和BC垂直.又AE，BC显然相交，故选ABC.11223344556677889910101111121213131414151516161

7171818191920202121222211.若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为n＝(－2,0，－4)，则A.l∥αB.l⊥αC.l⊂αD.l与α相交√1122334455667788991010111112121313141415151616171718181

919202021212222√解析∵a＝(1,0,2)，n＝(－2,0，－4)，∴n＝－2a，即a∥n，∴l⊥α.12.已知直线l过点P(1,0，－1)且平行于向量a＝(2,1,1)，平面α过直线l与点M(1,2,3)，则平面α的法向量可能是A.

(1，－4,2)B.14，－1，12C.－14，1，－12D.(0，－1,1)√√√解析因为PM→＝(0,2,4)，直线l平行于向量a，若n是平面α的一个法向量，则必须满足

PM→与法向量垂直，把选项代入验证，只有选项D不满足，故选ABC.1122334455667788991010111112121313141415151616171718181919202021212222三、填空题(本大题共4小题，

每小题5分，共20分)13.已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，若点F是侧面CD1的中心，且AF→＝AD→＋mAB→－nAA1→，则m＝________.12解析由于AF→＝AD→＋DF→＝AD→＋12(DC

→＋DD1—→)＝AD→＋12AB→＋12AA1—→，所以m＝12，n＝－12.112233445566778899101011111212131314141515161617171818191920202121222214.设平面α的法向量为m＝(1,2，－2)，平面β的法向量为n＝(－2

，－4，k)，若α∥β，则k＝_____.解析由α∥β得1－2＝2－4＝－2k，解得k＝4.1122334455667788991010111112121313141415151616171718181919202021212222415.在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1

C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为______.55解析不妨设CB＝1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1).∴BC1—→＝(0,2，－1)，AB1—→＝(－

2,2,1).cos〈BC1—→，AB1—→〉＝BC1—→·AB1—→|BC1—→|·|AB1—→|＝0＋4－15×3＝55.112233445566778899101011111212131314141515

161617171818191920202121222216.在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为CC1的中点，P，Q是正方体表面上相异两点，满足BP⊥A1E，BQ⊥A1E.(1)若P，Q均在平面A1B1C1D1内，则PQ与BD的位置关系是________；(2)|A1

P|的最小值为________.(本题第一空2分，第二空3分)3241122334455667788991010111112121313141415151616171718181919202021212222平行解析(1)以D为原点，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0，1，12，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)，A1E—→＝－1，1，－12，BP→＝(a－1，b－1,1)，BQ→＝(m－

1，n－1,1)，因为BP⊥A1E,BQ⊥A1E，所以BP→·A1E—→＝－(a－1)＋(b－1)－12＝0，BQ→·A1E—→＝－(m－1)＋(n－1)－12＝0，解得b－a＝12，n－m＝12，1122334455667788991

010111112121313141415151616171718181919202021212222PQ→＝(n－b，n－b，0)，BD→＝(－1，－1,0)，所以PQ与BD的位置关系是平行.(2)由(1)可知：b－a

＝12，|A1P—→|＝(a－1)2＋b2＝(a－1)2＋a＋122＝2a2－a＋54＝2a－142＋98，当a＝14时，|A1P—→|有最小值，最小值为324.112233445566778899101011111

2121313141415151616171718181919202021212222四.解答题(本大题共6小题，共70分)17.(10分)已知a＝(x，4,1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)，a∥b，b⊥c，求：

(1)a，b，c；解因为a∥b，所以x－2＝4y＝1－1，解得x＝2，y＝－4，则a＝(2,4,1)，b＝(－2，－4，－1).又b⊥c，所以b·c＝0，即－6＋8－z＝0，解得z＝2，于是c＝(3，－2,2).1122334455667788991010111112121313

141415151616171718181919202021212222解由(1)得a＋c＝(5,2,3)，b＋c＝(1，－6,1)，设a＋c与b＋c的夹角为θ，(2)a＋c与b＋c夹角的余弦值.因为cosθ＝5－12＋338·38＝－21

9.1122334455667788991010111112121313141415151616171718181919202021212222所以a＋c与b＋c夹角的余弦值为－219.18.(12分)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四

边形ABCD中，CD∥AB，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，且PB＝4PM，∠PBC＝30°，求证：CM∥平面PAD.112233445566778899101011111212131314

1415151616171718181919202021212222证明建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，∵∠PBC＝30°，PC＝2，∴BC＝23，PB＝4，∴D(1,0,0)，C(0,0,0)，A(4,23，0)，P(0，0,2)，∵PB＝4PM，∴P

M＝1，M0，32，32，∴CM→＝0，32，32，DP→＝(－1,0,2)，DA→＝(3,23，0)，设平面PAD的一个法向量n＝(x，y，z)，则n·DP→＝0，n·DA→＝0，即－x＋2z＝0，3x＋23y

＝0，1122334455667788991010111112121313141415151616171718181919202021212222令x＝1，解得y＝－32，z＝12，故n＝1，－32，12，112233445566778899101011111212

1313141415151616171718181919202021212222又∵CM→·n＝0，32，32·1，－32，12＝0，∴CM→⊥n，又CM⊄平面PAD，∴CM∥平面PAD.1

9.(12分)如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点.112233445566778899101011111212131314141

5151616171718181919202021212222(1)求证：BM∥平面ADEF；证明∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AD⊥ED，ED⊂平面ADEF，∴ED⊥平面ABCD.以D为原点

，DA→，DC→，DE→分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系.则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,4,0)，E(0,0,2)，F(2,0,2).∵M为EC的中点，∴M(0,2,1)，则BM→

＝(－2,0,1)，AD→＝(－2,0,0)，AF→＝(0,0,2)，∴BM→＝AD→＋12AF→，故BM→，AD→，AF→共面.又BM⊄平面ADEF，∴BM∥平面ADEF.11223344556677889910101111

12121313141415151616171718181919202021212222(2)求证：BC⊥平面BDE.证明BC→＝(－2,2,0)，DB→＝(2,2,0)，DE→＝(0,0,2)，11223344556677889910101111

12121313141415151616171718181919202021212222∵BC→·DB→＝－4＋4＝0，∴BC⊥DB.又BC→·DE→＝0，∴BC⊥DE.又DE∩DB＝D，∴BC⊥平面BDE.20.(12分)在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面

ABC为正三角形，且侧棱AA1⊥底面ABC，且底面边长与侧棱长都等于2，O，O1分别为AC，A1C1的中点，求平面AB1O1与平面BC1O间的距离.112233445566778899101011111212131314141515161617171818191920

2021212222解如图，连接OO1，根据题意，OO1⊥底面ABC，则以O为原点，分别以OB，OC，OO1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.∵AO1∥OC1，OB∥O1B1，AO1∩O1B1＝O1，OC1∩OB＝O，∴平面AB1O1∥平面BC1

O.∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离即为点O1到平面BC1O的距离.∵O(0,0,0)，B(3，0,0)，C1(0,1,2)，O1(0,0,2)，∴OB→＝(3，0,0)，OC1—→＝(0,1,2)，OO1—→＝(0,0,2)，1122334455667788991010111112

121313141415151616171718181919202021212222设n＝(x，y，z)为平面BC1O的法向量，则n·OB→＝0，n·OC1—→＝0，即x＝0，y＋2z＝0，∴可取n＝(0,2，－1).

点O1到平面BC1O的距离记为d，则d＝|n·OO1—→||n|＝25＝255.∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离为255.112233445566778899101011111212131314141515161617171818191920

202121222221.(12分)如图，在空间直角坐标系Dxyz中，四棱柱ABCD－A1B1C1D1为长方体，AA1＝AB＝2AD，点E，F分别为C1D1，A1B的中点，求平面B1A1B与平面A1BE夹角的余弦值.11223344556677

88991010111112121313141415151616171718181919202021212222解设AD＝1，则A1(1,0,2)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)，D1(0,0,2)，因为E，F分别为C1D1，A1

B的中点，所以E(0,1,2)，F(1,1,1)，所以A1E—→＝(－1,1,0)，A1B—→＝(0,2，－2)，设m＝(x，y，z)是平面A1BE的法向量，则A1E—→·m＝0，A1B—→·m＝0，所以－x＋y＝0，2y－2z＝0，所以y＝x，y＝z，取x

＝1，则y＝z＝1，所以平面A1BE的一个法向量为m＝(1,1,1).1122334455667788991010111112121313141415151616171718181919202021212222又DA⊥平面A1B1B，所以DA→＝(1,0,0)是平面A1B1B的一个法向量，

所以cos〈m，DA→〉＝m·DA→|m||DA→|＝13＝33，所以平面B1A1B与平面A1BE夹角的余弦值为33.112233445566778899101011111212131314141515161617171818191920202121222222.(12分)如

图所示，已知几何体EFG－ABCD，其中四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长为1，点M在边DG上.112233445566778899101011111212131314141515161617171

8181919202021212222(1)求证：BM⊥EF；证明因为四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，所以GD⊥DA，GD⊥DC，AD⊥CD，又DA∩DC＝D，所以GD⊥平面ABCD.以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则B(1,1,0)，E(1

,0,1)，F(0,1,1).因为点M在边DG上，故可设M(0,0，t)(0≤t≤1).可得MB→＝(1,1，－t)，EF→＝(－1,1,0)，112233445566778899101011111212

1313141415151616171718181919202021212222所以MB→·EF→＝1×(－1)＋1×1＋(－t)×0＝0，所以BM⊥EF.(2)是否存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45°？若存在，确定点

M的位置；若不存在，请说明理由.1122334455667788991010111112121313141415151616171718181919202021212222解假设存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45°.设平面BE

F的法向量为n＝(x，y，z)，因为BE→＝(0，－1,1)，BF→＝(－1,0,1)，所以n·BE→＝0，n·BF→＝0，所以－y＋z＝0，－x＋z＝0，令z＝1，得x＝y＝1，所以n＝(1,1

,1)为平面BEF的一个法向量，所以cos〈n，MB→〉＝n·MB→|n||MB→|＝2－t3×2＋t2.因为直线MB与平面BEF所成的角为45°，11223344556677889910101111121213131414151516161717181819192020212

12222所以sin45°＝|cos〈n，MB→〉|，1122334455667788991010111112121313141415151616171718181919202021212222所以2－t3×2＋t2＝22，解得t＝

－4±32.又0≤t≤1，所以t＝32－4.所以存在点M(0,0,32－4).当点M位于DG上，且DM＝32－4时，直线MB与平面BEF所成的角为45°.