人教A版高中数学选择性必修一章末检测卷(一)　第一章

章末检测卷(一)第一章(时间:120分钟满分:150分)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.已知向量a,b是平面α内两个不相等的非零向量,非零向量c在直线l上,则“c·a=0,且c·b=0”是“l⊥α”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件答案B解析若l⊥平面α,则c⊥a,c·a=0,c⊥b,c·b=0,反之,若a∥b,则c⊥a,c⊥b,并不能保证l⊥平面α.2.以下说法中,不正确的个数为()①“|a|-|b|=|a+b|”是“a,b共线”的充要条件;②若a∥b,则存在唯一的实数λ,使得a=λb;③若a·b=0,b·c=0,则a=c;④若{a,b,c}为空间的一个基底,则{a+b,b+c,c+a}构成空间的另一个基底;⑤|(a·b)·c|=|a|·|b|·|c|.A.2 B.3 C.4 D.5答案C解析①中为充分不必要条件;②中b≠0;③显然不成立;④中a,b,c不共面,则a+b,b+c,c+a也不共面,故④正确;⑤中|(a·b)·c|=|a|·|b|·|c|·|cos<a,b>|.3.已知动点Q在△ABC所在平面内运动,若对于空间中任意一点P,都有PQ=-2PA+5PB+mCP,则实数m的值为()A.0 B.2 C.-1 D.-2答案B解析由题可得PQ=-2PA+5PB-mPC.又动点Q在△ABC所在平面内运动,所以-2+5-m=1,解得m=2.故选B.4.若向量a=(1,λ,2),b=(2,-1,2),且a与b的夹角的余弦值为89,则λ=(A.2 B.-2 C.-2或255 D.2或-答案C解析由题意,得cos<a,b>=a·b=2-λ+45+λ2·9=89,5.已知A(-1,1,2),B(1,0,-1),点D在直线AB上,且AD=2DB.设Cλ,13+λ,1+λ,若CD⊥A.116 B.-116 C.1答案B解析设D(x,y,z),则AD=(x+1,y-1,z-2),AB=(2,-1,-3),DB=(1-x,-y,-1-z),∵AD=2DB,∴x+1=2(1-x即D13,13,0∵CD⊥AB,∴CD·AB=213-λ+λ-3(-1-∴λ=-1166.如图所示,在空间直角坐标系中,BC=4,原点O是BC的中点,点A32,12,0,点D在平面yOz内,且∠BDC=90°,∠DCB=30°,A.2 B.3 C.5 D.6答案D解析因为点D在平面yOz内,所以点D的横坐标为0,又BC=4,原点O是BC的中点,∠BDC=90°,∠DCB=30°,所以点D的竖坐标z=4·sin30°·sin60°=3,纵坐标y=-(2-4·sin30°·cos60°)=-1,所以D(0,-1,3).所以AD=32-02+17.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.26答案B解析设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z),则n·AB不妨令x=3,则y=12,z=4,可得n=(3,12,4),所以四棱锥的高h=|AP·n8.在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形,且AB=3,AD=4,PA=435,则平面ABD与平面PBD的夹角大小为(A.30° B.45° C.60° D.75°答案A解析如图所示,建立空间直角坐标系,则PB=3,0,-435设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,则n即(∴3令x=1,则n=1,又n1=0,0,1∴cos<n1,n>=n1·n|又两平面的夹角θ∈(0°,90°],∴平面ABD与平面PBD的夹角为30°.二、选择题(本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)9.棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列结论正确的是()A.AB=-C1D1 B.ABC.AA1·B1D1=0答案ABC解析如图,AB=D1C1,即AB=-C1D1,AB⊥BC,AA1⊥B110.已知空间中三点A(0,1,1),B(2,2,1),C(2,1,0),则()A.|AC|=5B.CB方向上的单位向量是0C.n=(1,-2,2)是平面ABC的一个法向量D.BC在AC上的投影向量的模为5答案ACD解析由已知可得AC=(2,0,-1),CB=(0,1,1),BC=(0,-1,-1),因为|AC|=22+(-1)2=5,因为CBCB=(0,1,1)2=0,22,因为n·AC=(1,-2,2)·(2,0,-1)=2-2=0,n·BC=(1,-2,2)·(0,-1,-1)=2-2=0,所以n⊥AC,n⊥BC,故n是平面ABC的一个法向量,故C正确;由|BC·AC||AC|=|11.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F且EF=22,则下列结论中正确的是(A.AC⊥BEB.EF∥平面ABCDC.三棱锥A-BEF的体积为定值D.异面直线AE,BF所成的角为定值答案ABC解析因为AC⊥平面BB1D1D,又BE⊂平面BB1D1D,所以AC⊥BE,故A正确;因为B1D1∥平面ABCD,又E,F在直线D1B1上运动,所以EF∥平面ABCD,故B正确;C中由于点B到直线EF(即B1D1)的距离不变,故△BEF的面积为定值,又点A到平面BEF(即平面BB1D1D)的距离为22,故VA-BEF为定值,故C正确当点E在D1处,点F为D1B1的中点时,建立空间直角坐标系,如图所示,可得A(1,1,0),B(0,1,0),E(1,0,1),F12所以AE=(0,-1,1),BF=12所以AE·BF=32又|AE|=2,|BF|=62所以cos<AE,BF>=AE·BF|AE||所以此时异面直线AE与BF成30°角.②当点E为D1B1的中点,点F在B1处时,此时E12,12,1,所以AE=-12,-12,1所以AE·BF=1,|AE|=-122|BF|=1,所以cos<AE,BF>=AE·BF|AE||BF|=1三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)12.已知AB=(1,-2,3),AC=(-1,2,1),则BC=.

答案(-2,4,-2)解析BC=AC-AB=(-1,2,1)-(1,-2,3)=(-2,4,-2).13.已知点A(-1,1,-1),平面α经过原点O,且垂直于向量n=(1,-1,1),则点A到平面α的距离为.

答案3解析∵OA=(-1,1,-1),n=(1,-1,1),∴点A到平面α的距离为d=|OA·n|n=|14.如图所示,已知正四面体ABCD中,AE=14AB,CF=14CD,则直线DE和BF所成角的余弦值为答案4解析设正四面体棱长为4,又ED=EA+AD=14BA+AD,BF=BC+CF=BC+14CD,AB⊥CD,所以cos<ED,BF>=ED·BF|ED||BF|故直线DE和BF所成角的余弦值为413四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15.(13分)已知空间三点A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5).(1)求以向量AB,AC为一组邻边的平行四边形的面积S;(2)若向量a与向量AB,AC都垂直,且|a|=3,求向量a的坐标.解(1)∵AB=(-2,-1,3),AC=(1,-3,2),∴cos∠BAC=AB·AC|AB||又∵∠BAC∈[0,π],∴∠BAC=π3∴平行四边形的面积S=|AB||AC|sinπ3=73(2)设a=(x,y,z),由a⊥AB,得-2x-y+3z=0,由a⊥AC,得x-3y+2z=0,由|a|=3,得x2+y2+z2=3,∴x=y=z=1或x=y=z=-1,∴a=(1,1,1)或a=(-1,-1,-1).16.(15分)如图,在边长为4的正三角形ABC中,E,F分别为BC和AC的中点,PA=2,且PA⊥平面ABC,设Q是CE的中点.(1)求证:AE∥平面PFQ;(2)求AE与平面PFQ间的距离.(1)证明如图所示,以A为坐标原点,平面ABC内垂直于AC边的直线为x轴,AC所在直线为y轴,AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系.∵AP=2,AB=BC=AC=4,又E,F分别是BC,AC的中点,∴A(0,0,0),B(23,2,0),C(0,4,0),F(0,2,0),E(3,3,0),Q32,72,0,∵FQ=32,32,0,AE=(∴AE=2FQ.∵AE与FQ无交点,∴AE∥FQ.又FQ⊂平面PFQ,AE⊄平面PFQ,∴AE∥平面PFQ.(2)解由(1)知,AE∥平面PFQ,∴点A到平面PFQ的距离就是AE与平面PFQ间的距离.设平面PFQ的法向量为n=(x,y,z),则n⊥PF又PF=(0,2,-2),FQ=32∴2y-2令y=1,则x=-3,z=1,∴平面PFQ的一个法向量为n=(-3,1,1).又QA=-3∴所求距离d=|QA·n17.(15分)如图,在多面体ABC-A1B1C1中,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.(1)证明如图,以AC的中点O为原点,分别以射线OB,OC为x轴、y轴的正半轴,建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知各点坐标如下:A(0,-3,0),B(1,0,0),A1(0,-3,4),B1(1,0,2),C1(0,3,1).因此AB1=(1,3,A1B1=(1,3A1C1=(0,2由AB1·A1B1=0得AB1⊥由AB1·A1C1=0得AB1⊥又A1B1∩A1C1=A1,A1B1,A1C1⊂平面A1B1C1,所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)解设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.由(1)可知AC1=(0,23,1),AB=(1,3,0),BB1=(0,0,2).n=(x,y,z).由n·AB令y=1,则x=-3,z=0,可得平面ABB1的一个法向量n=(-3,1,0).所以sinθ=|cos<AC1,n>|=|A因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是391318.(17分)如图①,在等边三角形ABC中,AC=4,D是边AC上的点(不与A,C重合),过点D作DE∥BC交AB于点E,沿DE将△ADE向上折起,使得平面ADE⊥平面BCDE,连接AB,AC,得到如图②所示的几何体.(1)若图②中异面直线BE与AC垂直,确定图①中点D的位置;(2)证明:无论点D的位置如何,平面ABE与平面ADE的夹角的余弦值都为定值,并求出这个定值.(1)解在题图②中,分别取DE,BC的中点O,F,连接OA,OF,易知OE,OF,OA两两垂直.以O为原点,OE,OF,OA所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.设OA=x,则OF=23-x,OE=x3∴B(2,23-x,0),Ex3,0,0,A(0,C(-2,23-x,0),∴AC=(-2,23-x,-x),BE=x3∵异面直线BE与AC垂直,∴AC·BE=0,∴x2-103x+8=0解得x=63(舍)或x=43=∴在题图①中,ADAC=433题图①中点D在靠近点C的三等分点处.(2)证明平面ADE的一个法向量为n=(0,1,0).由(1)知AE=x3BE=x3设平面ABE的法向量为m=(a,b,c),则AE取a=1,得m=1,设平面ABE与平面ADE的夹角为θ,则cosθ=|m·n||m||n|=131+∴无论点D的位置如何,平面ABE与平面ADE的夹角的余弦值都为定值5519.(17分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD的中点.(1)求证:B1E⊥AD1;(2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由;(3)若平面AB1E与平面A1B1E夹角的大小为30°,求AB的长.(1)证明以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图).设AB=a,则A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),Ea2,1,0,B1(故AD1=(0,1,1),B1AB1=(a,0,1),AE=∵AD1·B1E=-a2·0+1∴B1E⊥AD1.(2)解假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0)(0≤z0≤1),使得DP∥平面B1AE,此时DP=(0,-1,z0).设平面B1AE的法向量为n=(x,y,z).则n⊥AB1,n⊥AE,取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=1,要使DP∥平面B1AE,只要n⊥DP,即n·DP=0,a2-az0=0,