1、第一章综合训练(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.已知平面和平面的法向量分别为m=(3,1,-5),n=(-6,-2,10),则()A.B.C.与相交但不垂直D.以上都不对解析n=(-6,-2,10),m=(3,1,-5),n=-2m.mn.与平行.答案B2.(2020黑龙江哈尔滨六中高二检测)已知O为坐标原点,向量a=(-2,1,1),点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).若点E在直线AB上,且OEa,则点E的坐标为()A.-65,-145,25B.65,145,-25C.65,-1
2、45,25D.-65,145,-25解析因为E在直线AB上,故存在实数t使得OE=OA+AE=OA+tAB=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t).若OEa,则OEa=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=95.因此点E的坐标为-65,-145,25.故选A.答案A3.已知正四面体ABCD的棱长为a,点E,F分别是BC,AD的中点,则AEAF的值为()A.a2B.14a2C.12a2D.34a2解析在正四面体ABCD中,E,F分别是BC,AD的中点,AE=AB+BE,AF=12AD.则AEAF=(AB+BE)12AD=12ABAD
3、+12BEAD.因为是正四面体,所以BEAD,BAD=3,即BEAD=0,ABAD=|AB|AD|cos3=a22,所以AEAF=a24,故选B.答案B4.(2020福建莆田高二检测)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,E为BB1的中点,F为A1D1的中点,则下列向量能作为平面AEF的法向量的是()A.(1,-2,4)B.(-4,1,-2)C.(2,-2,1)D.(1,2,-2)解析设正方体的棱长为2,则A(2,0,0),E(2,2,1),F(1,0,2),所以AE=(0,2,1),AF=(-1,0,2).设向量n=(x,y,z)是平面AEF的法向量,
4、则nAE=2y+z=0,nAF=-x+2z=0,取y=1,得x=-4,z=-2,则n=(-4,1,-2)是平面AEF的一个法向量.结合其他选项,检验可知只有B选项是平面AEF的法向量.答案B5.若正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,D是A1C1的中点,则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为()A.45B.35C.34D.55解析取AC的中点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.设三棱柱的棱长为2,则A(0,-1,0),D(0,0,2),C(0,1,0),B1(3,0,2),AD=(0,1,2).设n=(x,y,z)为平面B1CD的法向量,由nCD=0,nCB1=0,得
5、-y+2z=0,3x-y+2z=0,故x=0,y=2z,令z=1,得n=(0,2,1).设直线AD与平面B1DC所成角为,则sin=|cos|=|ADn|AD|n|=455=45,所以直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为45.故选A.答案A6.如图,棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF.当A1,E,F,C1四点共面时,平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为()A.32B.12C.15D.265解析以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略),则A1(6,0,6),E(6,3,0),F(3,
6、6,0).设平面A1DE的法向量为n1=(a,b,c),依题意得n1DE=6a+3b=0,n1DA1=6a+6c=0,令a=-1,则c=1,b=2,所以n1=(-1,2,1).同理得平面C1DF的一个法向量为n2=(2,-1,1),由题图知,平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为|n1n2|n1|n2|=12.答案B7.(2020江西九江一中检测)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,E是棱AB的中点,则点E到平面ACD1的距离为()A.12B.22C.13D.16解析如图,以D为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示
7、空间直角坐标系,则D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0).连接D1E,所以D1E=(1,1,-1),AC=(-1,2,0),AD1=(-1,0,1).设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c),则nAC=0,nAD1=0,即-a+2b=0,-a+c=0,令a=2,得b=1,c=2,则n=(2,1,2).所以点E到平面ACD1的距离为h=|D1En|n|=2+1-23=13.故选C.答案C8.在三棱锥P-ABC中,PC底面ABC,BAC=90,AB=AC=4,PBC=60,则点C到平面PAB的距离是()A.3427B.4427C.5427D.6427解析在三棱锥
8、P-ABC中,PC底面ABC,BAC=90,AB=AC=4,PBC=60,以A为坐标原点,AB为x轴,AC为y轴,过A作平面ABC的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,则C(0,4,0),P(0,4,46),A(0,0,0),B(4,0,0),AC=(0,4,0),AB=(4,0,0),AP=(0,4,46),设平面PAB的法向量n=(x,y,z),则nAP=4y+46z=0,nAB=4x=0,取z=1,得n=(0,-6,1),点C到平面PAB的距离d=|ACn|n|=467=4427.故选B.答案B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
9、的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.空间四个点O,A,B,C,OA,OB,OC为空间的一个基底,则下列说法正确的是()A.O,A,B,C四点不共线B.O,A,B,C四点共面,但不共线C.O,A,B,C四点中任意三点不共线D.O,A,B,C四点不共面解析若O,A,B,C四点共面,则OA,OB,OC共面,则OA,OB,OC不可能为空间的一个基底.故AD正确,B不正确;若O,A,B,C中有三点共线,则四点一定共面,故C也正确.答案ACD10.(2020山东淄博高二期末)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=3AD=3AA1=3,P为线段A1C上的动点,则下列结论正确的是()A
10、.当A1C=2A1P时,B1,P,D三点共线B.当APA1C时,APD1PC.当A1C=3A1P时,D1P平面BDC1D.当A1C=5A1P时,A1C平面D1AP解析在长方体ABCD-A1B1C1D1中,以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.因为AB=3AD=3AA1=3,所以AD=AA1=1,则A(1,0,0),A1(1,0,1),C(0,3,0),D1(0,0,1),C1(0,3,1),D(0,0,0),B(1,3,0),则A1C=(-1,3,-1),D1A=(1,0,-1).对于A,当A1C=2A1P时,P为线段A1C的中点,根据长方体结构特征,P为体对角线的中点,因此P也为B1
11、D中点,所以B1,P,D三点共线,故A正确;对于B,当APA1C时,APA1C,由题意可得,A1C=1+1+3=5,AC=1+3=2,由SA1AC=12AA1AC=12A1CAP,解得AP=255,所以A1P=55,即P为线段A1C上靠近点A1的五等分点,所以P45,35,45,则D1P=45,35,-15,AP=-15,35,45,所以D1PAP=-425+325-425=-150,所以AP与D1P不垂直,故B错误;对于C,当A1C=3A1P时,A1P=13A1C=-13,33,-13,设平面BDC1的法向量为n=(x,y,z),则nDC1=0,nDB=0,即3y+z=0,x+3y=0,令y
12、=1,可得n=(-3,1,-3).又D1P=A1P-A1D1=23,33,-13,所以D1Pn=0,因此D1Pn,又点D1不在平面BDC1内,所以D1P平面BDC1,故C正确;对于D,当A1C=5A1P时,A1P=15A1C=-15,35,-15,所以D1P=A1P-A1D1=45,35,-15,所以A1CD1P=0,A1CD1A=0,因此A1CD1P,A1CD1A,又D1PD1A=D1,则A1C平面D1AP,故D正确.故选ACD.答案ACD11.在四面体P-ABC中,下列说法正确的有()A.若AD=13AC+23AB,则可知BC=3BDB.若Q为ABC的重心,则PQ=13PA+13PB+13
13、PCC.若PABC=0,PCAB=0,则PBAC=0D.若四面体P-ABC各棱长都为2,M,N分别为PA,BC的中点,则|MN|=1解析对于A,AD=13AC+23AB,3AD=AC+2AB,2AD-2AB=AC-AD,2BD=DC,3BD=BD+DC,即3BD=BC,故A正确;对于B,若Q为ABC的重心,则QA+QB+QC=0,3PQ+QA+QB+QC=3PQ,3PQ=PA+PB+PC,即PQ=13PA+13PB+13PC,故B正确;对于C,若PABC=0,PCAB=0,则PABC+PCAB=0,PABC+PC(AC+CB)=0,PABC+PCAC+PCCB=0,(PA-PC)BC+PCAC
14、=0,CABC+PCAC=0,AC(CB+PC)=0,ACPB=0,故C正确;对于D,MN=PN-PM=12(PB+PC)-12PA=12(PB+PC-PA),|MN|=12|PA-PB-PC|,|PA-PB-PC|=PA2+PB2+PC2-2PAPB-2PAPC+2PBPC=22+22+22-22212-22212+22212=22,|MN|=2.故D错误.答案ABC12.(2020山东烟台高三期末)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段B1C上运动,则()A.直线BD1平面A1C1DB.三棱锥P-A1C1D的体积为定值C.异面直线AP与A1D所成角的取值范围是45,90D.
15、直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为63解析对于选项A,连接B1D1,由正方体可得A1C1B1D1,且BB1平面A1B1C1D1,则BB1A1C1,所以A1C1平面BD1B1,故A1C1BD1;同理,连接AD1,易证得A1DBD1,则BD1平面A1C1D,故A正确;对于选项B,VP-A1C1D=VC1-A1PD,因为点P在线段B1C上运动,所以SA1DP=12A1DAB,面积为定值,且C1到平面A1PD1的距离即为C1到平面A1B1CD的距离,也为定值,故体积为定值,故B正确;对于选项C,当点P与线段B1C的端点重合时,AP与A1D所成角取得最小值为60,故C错误;对于选项D,因
16、为直线BD1平面A1C1D,所以若直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值最大,则直线C1P与直线BD1所成角的余弦值最大,则P运动到B1C中点处,即所成角为C1BD1,设棱长为1,在RtD1C1B中,cosC1BD1=C1BBD1=23=63,故D正确.答案ABD三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知AB=(2,2,1),AC=(4,5,3),则平面ABC的单位法向量是.解析设平面ABC的法向量n=(x,y,z),则ABn=0,ACn=0,即2x+2y+z=0,4x+5y+3z=0.令z=1,得x=12,y=-1,所以n=12,-1,1,故平面ABC的单位法向量为n|n|
17、=13,-23,23.答案13,-23,2314.已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,上底面A1B1C1D1边长为1,下底面ABCD边长为2,侧棱与底面所成的角为60,则异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为.解析设上、下底面中心分别为O1,O,则OO1平面ABCD,以O为原点,直线BD,AC,OO1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.因为AB=2,A1B1=1,所以AC=BD=22,A1C1=B1D1=2.因为平面BDD1B1平面ABCD,所以B1BO为侧棱与底面所成的角,故B1BO=60.设棱台高为h,则tan60=h2-22,h=62,所以A(0,-2,0),D1-22,0,
18、62,B122,0,62,C(0,2,0),所以AD1=-22,2,62,B1C=-22,2,-62,故cos=AD1B1C|AD1|B1C|=14,故异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为14.答案1415.(2020浙江宁波九校高二期末联考)在正四面体ABCD中,M,N分别为棱BC,AB的中点,设AB=a,AC=b,AD=c,用a,b,c表示向量DM=,异面直线DM与CN所成角的余弦值为.解析根据题意,画出对应的正四面体如图所示,设棱长为1,则DM=DA+AM=-c+12(a+b)=12(a+b-2c).又CN=AN-AC=12a-b=12(a-2b),易知ab=ac=bc=12.设异面直
19、线DM与CN所成角为,则cos=|2DM2CN|2DM|2CN|=|(a+b-2c)(a-2b)|33=|a2-2ab+ab-2b2-2ac+4bc|3=|1-1+12-2-1+2|3=16.答案12(a+b-2c)1616.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为CC1的中点,P,Q是平面A1B1C1D1内相异两点,满足BPA1E,BQA1E.(1)PQ与BD的位置关系是;(2)|A1P|的最小值为.解析(1)以D为空间直角坐标系的原点,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),E0,1,12,B(1,1,0),A1E=-1,
20、1,-12,因为P,Q均在平面A1B1C1D1内,所以设P(a,b,1),Q(m,n,1),所以BP=(a-1,b-1,1),BQ=(m-1,n-1,1),因为BPA1E,BQA1E,所以BPA1E=-(a-1)+(b-1)-12=0,BQA1E=-(m-1)+(n-1)-12=0,解得b-a=12,n-m=12,PQ=(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=2a-142+98.当a=14时,|A1P|有最小值,最小值为324.答案(1)平行(2)3
21、24四、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)已知向量a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).(1)求|2a+b|.(2)在直线AB上,是否存在一点E,使得OEb(O为原点)?若存在,求出点E的坐标;若不存在,请说明理由.解(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|=02+(-5)2+52=52.(2)存在.OE=OA+AE=OA+tAB=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t),若OEb,则OEb=0,所以-2(-3+
22、t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=95,因此存在点E,使得OEb,此时点E的坐标为E-65,-145,25.18.(12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC=2,D是棱AC的中点,且AB=BC=BB1=2.(1)求证:AB1平面BC1D;(2)求异面直线AB1与BC1所成的角.(1)证明如图,连接B1C交BC1于点O,连接OD.因为O为B1C的中点,D为AC的中点,所以ODAB1.因为AB1平面BC1D,OD平面BC1D,所以AB1平面BC1D.(2)解建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,则B(0,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,2),B1(0,0,2),
23、因此AB1=(0,-2,2),BC1=(2,0,2).所以cos=AB1BC1|AB1|BC1|=0+0+42222=12,设异面直线AB1与BC1所成的角为,则cos=12,由于0,2,故=3.19.(12分)如图,已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=AF=2,ADC=60.(1)求直线BF与平面ABCD的夹角;(2)求点A到平面FBD的距离.解设ACBD=O,因为菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,所以易得AF平面ABCD.以O点为坐标原点,以OD为x轴,OA为y轴,过O点且平行于AF的直线为z轴,建立空间直角坐标系,(1)由已知得A(0,1,0),B(-3,
24、0,0),C(0,-1,0),D(3,0,0),F(0,1,2),因为z轴垂直于平面ABCD,因此可令平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),又BF=(3,1,2),设直线BF与平面ABCD的夹角为,则有sin=|cos|=|mBF|m|BF|=2122=22,即=4,所以直线BF与平面ABCD的夹角为4.(2)因为BD=(23,0,0),BF=(3,1,2),设平面FBD的法向量为n=(x,y,z),BDn=0,BFn=023x=0,3x+y+2z=0,令z=1得n=(0,-2,1),又因为AF=(0,0,2),所以点A到平面FBD的距离d=|AFn|n|=25=255.20.(12分
25、)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形A1C1CA为菱形,B1A1A=C1A1A=60,AC=4,AB=2,平面ACC1A1平面ABB1A1,点Q在线段AC上移动,P为棱AA1的中点.(1)若Q为线段AC的中点,H为线段BQ的中点,延长AH交BC于点D,求证:AD平面B1PQ;(2)若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值为1313,求点P到平面BQB1的距离.(1)证明如图,取BB1的中点E,连接AE,EH.因为H为BQ中点,所以EHB1Q.在AA1B1B中,P,E分别为AA1,BB1的中点,所以AEPB1.又EHAE=E,PB1B1Q=B1,所以平面EHA平面B1QP.因为AD平面
26、EHA,所以AD平面B1PQ.(2)解如图,连接PC1,AC1,因为四边形A1C1CA为菱形,C1A1A=60,所以AA1=AC1=A1C1=4,即AC1A1为等边三角形.因为P为AA1的中点,所以PC1AA1.因为平面ACC1A1平面ABB1A1,平面ACC1A1平面ABB1A1=AA1,PC1平面ACC1A1,所以PC1平面ABB1A1.在平面ABB1A1内过点P作PRAA1交BB1于点R.以PR,PA1,PC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz,则P(0,0,0),A1(0,2,0),A(0,-2,0),C1(0,0,23),C(0,-4,23).设AQ
27、=AC=(0,-2,23),0,1,所以Q(0,-2(+1),23),所以PQ=(0,-2(+1),23).因为A1B1=AB=2,B1A1A=60,所以B1(3,1,0),所以PB1=(3,1,0).设平面PQB1的法向量为m=(x,y,z),则mPQ=0,mPB1=0,即-2(+1)y+23z=0,3x+y=0,令x=1,则y=-3,z=-+1,所以平面PQB1的一个法向量为m=1,-3,-+1.平面AA1C1C的一个法向量为n=(1,0,0).设二面角B1-PQ-C1的平面角为,则cos=|mn|m|n|=11+3+(-+1)2=1313.所以=12或=-14(舍),所以AQ=12AC,
28、所以Q(0,-3,3).又B(3,-3,0),所以QB=(3,0,-3),所以|QB|=3+3=6.又|B1Q|=22,所以BQ2+BB12=B1Q2,所以QBB1=90.设点P到平面BQB1的距离为h,则1312433=131246h,所以h=62,即点P到平面BQB1的距离为62.21.(12分)如图所示,已知四棱锥P-ABCD,侧面PAD是边长为2的正三角形,且平面PAD平面ABCD,底面ABCD是菱形,且ABC=60,M为棱PC上的动点,且PMPC=,0,1.(1)求证:BCPC;(2)试确定的值,使得平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为1010.(1)证明取AD的中点O,连接OP,O
29、C,AC,由题意可得PAD,ACD均为正三角形,所以OCAD,OPAD.又OCOP=O,所以AD平面POC.又PC平面POC,所以ADPC.因为BCAD,所以BCPC.(2)解由(1)可知POAD,又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,PO平面PAD,所以PO平面ABCD.故可得OP,OC,OD两两垂直,以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则P(0,0,3),A(0,-1,0),D(0,1,0),C(3,0,0),所以PC=(3,0,-3).由PM=PC=(3,0,-3)(0,1),可得点M的坐标为(3,0,3-3),所以AM=(3,1,3-3),DM=(3,-
30、1,3-3).设平面MAD的法向量为n=(x,y,z),由nAM=3x+y+(3-3)z=0,nDM=3x-y+(3-3)z=0,可得x=-1z,y=0,令z=,则n=(-1,0,).又平面PAD的一个法向量为OC=(3,0,0),设平面PAD与平面ADM的夹角为,则cos=|cos|=|nOC|n|OC|=|3(-1)|2+(-1)23=1010,解得=34或=32(舍去).所以当=34时,平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为1010.22.(12分)如图所示,等腰梯形ABCD中,ABCD,AD=AB=BC=2,CD=4,E为CD中点,AE与BD交于点O,将ADE沿AE折起,使点D到达点P的
31、位置(P平面ABCE).(1)证明:平面POB平面ABCE.(2)若PB=6,试判断线段PB上是否存在一点Q(不含端点),使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为155,若存在,求出PQOB的值;若不存在,说明理由.(1)证明在梯形ABCD中,连接BE,在等腰梯形ABCD中,AD=AB=BC=2,CD=4,E为中点,四边形ABED为菱形,BDAE,OBAE,ODAE,即OBAE,OPAE,且OBOP=O,OB平面POB,OP平面POB,AE平面POB.又AE平面ABCE,平面POB平面ABCE.(2)解存在.由(1)可知四边形ABED为菱形,AD=DE=2,在等腰梯形ABCD中,AE=BC=2
32、,PAE为正三角形,OP=3,同理OB=3,PB=6,OP2+OB2=PB2,OPOB.由(1)可知OPAE,OBAE,以O为原点,OE,OB,OP分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,由题意得,各点坐标为P(0,0,3),A(-1,0,0),B(0,3,0),C(2,3,0),E(1,0,0),PB=(0,3,-3),PC=(2,3,-3),AE=(2,0,0),设PQ=PB(01),AQ=AP+PQ=AP+PB=(1,3,3-3),设平面AEQ的一个法向量为n=(x,y,z),则nAE=0,nAQ=0,即2x=0,x+3y+(3-3)z=0,取x=0,y=1,得z=-1,n=0,1,-1,设直线PC与平面AEQ所成角为,0,2,则sin=|cos|=|PCn|PC|n|=155,即3+31-101+-12=155,化简得42-4+1=0,解得=12,存在点Q为PB的中点时,使直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为155.15
