第1章+空间向量与立体几何周测试卷二-高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册

周末测试卷二(时间:45分钟分值:100分)一、选择题(本大题共9小题,每小题5分,共45分)1.在空间四边形PABC中,PA+AB-CB= ()A.PC B.PAC.AB D.AC2.已知O,A,B,C为空间中不共面的四个点,且向量a=OA+OB+OC,向量b=OA+OB-OC,则不能与a,b构成空间的一个基底的是 ()A.OA B.OBC.OC D.2OA3.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都为1,F,G分别是AD,DC的中点,则FG·AB=()A.34 B.14C.12 4.平面上有四个互异的点A,B,C,D,已知(DB+DC+2AD)·(AB-AC)=0,A,B,C不共线,则△ABC一定是()A.直角三角形 B.等腰直角三角形C.等腰三角形D.无法确定5.已知在三棱柱ABC-A1B1C1中,点P在棱B1C1上,且B1P=13B1C1,则AP= (A.12AB+AC+12AA1B.AB+12AC+12AA1C.16.空间A,B,C,D四点共面,但任意三点不共线,若P为该平面外一点且PA=53PB-xPC-13PD,则实数A.-43 B.-13C.13 7.在矩形ABCD中,AB=1,BC=3,将矩形ABCD沿对角线AC折起,使平面ABC与平面ACD垂直,得到四面体A-BCD,如图所示,则BD= ()A.102 B.52C.10 D8.(多选题)若OA,OB,OC是三个不共面的单位向量,且两两夹角均为θ,则 ()A.θ的取值范围是(0,π)B.OA,AB,BC能构成空间的一个基底C.“OP=2OA-OB+OC”是“P,A,B,C四点共面”的充分不必要条件D.(OA+OB+OC)·BC=09.(多选题)[2023·石家庄四十一中高二期中]如图在三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别是A1B,B1C1上的点,且BM=2A1M,C1N=2B1N.设AB=a,AC=b,AA1=c,若∠BAC=90°,∠BAA1=∠CAA1=60°,AB=AC=AA1=1,则下列说法中正确的是 (A.MN=13a+13b+23cB.|MN|=53C.AB1⊥BC1D二、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分)10.已知几何体ABCD-A'B'C'D'是平行六面体,给出下列四个说法:①AB-CB=AC;②AC'=AB+B'C'+CC';③AA'=CC';④AB+BB'+BC11.正多面体也称柏拉图立体,被誉为最有规律的立体结构,是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形).数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体,即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.如图,已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是2,P,Q分别为棱AB,AD的中点,则CP·FQ=.

12.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,AA1=2,∠A1AD=∠A1AB=120°,则体对角线BD1的长度为.

三、解答题(本大题共3小题,共40分)13.(11分)如图在底面ABCD为菱形的平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别在棱AA1,CC1上,且A1M=13AA1,CN=13CC1,且∠A1AD=∠A1AB=∠DAB=(1)用向量AA1,AD,AB表示向量(2)求证:D,M,B1,N共面;(3)当AA1AB为何值时,AC1⊥14.(14分)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为AC与BD的交点,G为CC1的中点,求证:平面A1BD⊥平面GBD.15.(15分)如图,在直三棱柱ABC-A'B'C'中,AC=BC=AA',∠ACB=90°,D,E分别为AB,BB'的中点.(1)求证:CE⊥A'D;(2)求异面直线CE与AC'所成角的余弦值.

周末测试卷二1.A[解析]PA+AB-CB=PB+BC=PC.故选A.2.C[解析]∵OC=12(a-b),∴OC与a,b共面,∴a,b,OC不能构成空间的一个基底.故选C3.B[解析]由题意得FG=12AC,所以FG·AB=12AC·AB=12×1×1×4.C[解析]∵(DB+DC+2AD)·(AB-AC)=0,∴(AB+AC)·(AB-AC)=0,可得AB2=AC2,即AB=AC,则△ABC一定是等腰三角形.5.D[解析]AP=AB+BB1+B1P=AB+AA1+13BC=AB+AA1+13(AC6.C[解析]因为空间A,B,C,D四点共面,但任意三点不共线,所以可设AB=mAC+nAD,又点P在该平面外,则PB-PA=m(PC-PA)+n(PD-PA),即(-1+m+n)PA=-PB+mPC+nPD,则PA=-1m+n-1PB+mm+n-1PC+nm+n-17.A[解析]过B,D分别向AC作垂线,垂足分别为M,N,易得BM=DN=32,MN=1.∵BD=BM+MN+ND,∴|BD|2=(BM+MN+ND)2=|BM|2+|MN|2+|ND|2+2(BM·MN+MN·ND+BM·ND)=322+12+322+0=52,∴|BD|=108.BD[解析]连接AC,因为OA,OB,OC是三个不共面的单位向量,且两两夹角均为θ,所以三棱锥O-ABC是侧棱长为1的正三棱锥,如图,作OO'⊥平面ABC于点O',连接O'A,O'B,O'C,则O'A=O'B=O'C=r(r为△ABC外接圆的半径),且r∈(0,1),∠AO'B=∠BO'C=∠CO'A=2π3,BC=3r,在△BOC中,由余弦定理得cosθ=12+12-BC22×1×1=1-32r2∈-12,1,故θ∈0,2π3,A不正确;由图知,OA,AB,BC不共面,所以由空间向量基底的定义知,B正确;假定P,A,B,C四点共面,依题意,存在唯一实数对(x,y)使得BP=xBA+yBC,即OP=xOA+(1-x-y)OB+yOC,若OP=2OA-OB+OC,则由空间向量基本定理知x=2,1-x-y=-1,y=1,此方程组无解,所以“OP=2OA-OB+OC”是“P,A,B,C四点共面”的既不充分也不必要条件,C不正确;(OA+OB+OC)·BC=(OA+OB+9.BD[解析]MN=MA1+A1C1+C1N=13BA1+AC+23CB=13(AA1-AB)+AC+23(AB-AC)=13AB+13AA1+13AC=13a+13b+13c,故A错误;由题可知|a|=|b|=|c|=1,a·b=0,a·c=b·c=12,∴|MN|2=19(a+b+c)2=19(a2+b2+c2+2a·b+2a·c+2b·c)=59,∴10.①②③[解析]AB-CB=AB+BC=AC,①正确;AB+B'C'+CC'=AB+BC+CC'=AC',②正确;③显然正确;AB+BB'+BC+C'C=(AB+BC)+(BB'+C11.1[解析]正八面体ABCDEF中,CA,CB,CD不共面,P,Q分别为棱AB,AD的中点,则有CA·CD=CA·CB=|CA||CB|cos60°=2,CB·CD=0,则CP=12CA+12CB,FQ=FC+CD+12DA=EA+CD+12(CA-CD)=CA-CB-CD+CD+12(CA-CD)=32CA-CB-12CD,故CP·FQ=12CA+12CB·32CA-CB-12CD=3412.2[解析]由BD1=AD+AA1-AB,得|BD1|2=|AD|2+|AA1|2+|AB|2+2AD·AA1-2AD·AB-2AA1·AB=1+2+1+2×1×2×cos120°-0-2×2×113.解:(1)MN=MA+AB+BC+CN=-23AA1+AB+AD+13AA(2)证明:连接DM,B1N,∵DM=AM-AD=23AA1-AD,NB1=C1B1-C1N=23AA1-AD,∴(3)当AA1AB=1时,AC1⊥证明:设AA1=c,AD=b,AB∵底面ABCD为菱形,∴当AA1AB=∵AC1=AB+BC+CC1=a+b+c,A1B=AB-AA1=a-c,∠A1AD=∠A1AB=∠DAB=60°,∴AC1·A1B=(a+b+c)·(a-c)=a2+a·b-b14.证明:连接A1O,OG.设A1B1=a,A1D1=b,A1A=c,这三个向量不共面且两两垂直,则{a,b,c}为空间的一个基底,且|a|=|b|=|c|,a·b=0,b∵A1O=A1A+AO=A1A+12(AB+AD)=c+12(a+b),BD=AD-AB=b-a,OG=OC+CG=12(AB+AD)+1∴A1O·BD=c+12a+12b·(b-a)=c·(b-a)+12(a+b)·(b-a)=c·b-c·a+12(b2-a2)=0,A1O·OG=c+12a+12b·12a+12b-12c=14(a+b)2+14c·(a+b)-12c又BD∩OG=O,BD⊂平面GBD,OG⊂平面GBD,∴A1O⊥平面GBD.又A1O⊂平面A1BD,∴平面A1BD⊥平面GBD.15.解:(1)证明:设CA=a,CB=b,CC'=c,根据题意得|a|=|b|=|c|,且a·b=b·c=a·c=0.∵D,E分别为AB,BB'