?第一章測(cè)評(píng)(一)
一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.
1.設(shè)點(diǎn)M(1,1,1),A(2,1,-1),O(0,0,0).若,則點(diǎn)B的坐標(biāo)為(　　)
A.(1,0,-2) B.(3,2,0)
C.(1,0,2) D.(3,-2,0)
2.已知a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),則下列結(jié)論正確的是(　　)
A.a∥c,b∥c B.a∥b,a⊥c
C.a∥c,a⊥b D.以上都不對(duì)
3.[2023遼寧沈陽高二階段練習(xí)]在四面體OABC中,空間的一點(diǎn)M滿足+λ,若M,A,B,C共面,則λ=(　　)
A. B. C. D.
4. [2023福建高二期末]如圖所示,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,M為A1C1與B1D1的交點(diǎn).若=a,=b,=c,則下列向量中與相等的向量是(　　)


A.-a+b+c
B.a+b+c
C.-a-b+c
D.a-b+c
5.已知平面α的法向量為n=(-2,-2,1),點(diǎn)A(x,3,0)在平面α內(nèi),則點(diǎn)P(-2,1,4)到平面α的距離為,則x=(　　)
A.-1 B.-11
C.-1或-11 D.-21
6.已知兩個(gè)不重合的平面α與平面ABC,若平面α的法向量為n1=(2,-3,1),=(1,0,-2),=(1,1,1),則(　　)
A.平面α∥平面ABC
B.平面α⊥平面ABC
C.平面α、平面ABC相交但不垂直
D.以上均有可能
7.已知向量a=(1,2,3),b=(-2,-4,-6),|c|=,若(a+b)·c=7,則a與c的夾角為(　　)
A.30° B.60° C.120° D.150°
8. [2023浙江高三專題練習(xí)]如圖,已知圓柱OO1,A在底面圓O上,AO=1,OO1=,P,Q在底面圓O1上,且滿足PQ=,則直線AO1與平面OPQ所成角的正弦值的取值范圍是(　　)


A.0, B.
C.,1 D.[0,1]
二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分,部分選對(duì)的得2分,有選錯(cuò)的得0分.
9. 如圖,在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,AD=4,AA1=3,以直線DA,DC,DD1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則(　　)


A.點(diǎn)B1的坐標(biāo)為(4,5,3)
B.點(diǎn)C1關(guān)于點(diǎn)B對(duì)稱的點(diǎn)為(5,8,-3)
C.點(diǎn)A關(guān)于直線BD1對(duì)稱的點(diǎn)為(0,5,3)
D.點(diǎn)C關(guān)于平面ABB1A1對(duì)稱的點(diǎn)為(8,5,0)
10.[2023云南玉溪高二期中]下列命題中正確的是(　　)
A.A,B,M,N是空間中的四點(diǎn),若不能構(gòu)成空間基底,則A,B,M,N共面
B.已知{a,b,c}為空間向量的一組基底,若m=a+c,則{a,b,m}也是空間向量的一組基底
C.若直線l的方向向量為e=(1,0,3),平面α的法向量為n=-2,0,,則直線l∥α
D.若直線l的方向向量為e=(1,0,3),平面α的法向量為n=(-2,0,2),則直線l與平面α所成角的正弦值為
11.已知正方體ABCD-A1B1C1D1,下列說法正確的是(　　)
A.()2=3
B.·()=0
C.向量與向量的夾角是60°
D.正方體ABCD-A1B1C1D1的體積為||
12.如圖,在菱形ABCD中,AB=2,∠BAD=60°,將△ABD沿對(duì)角線BD翻折到△PBD位置,連接PC,則在翻折過程中,下列說法正確的是(　　)

A.PC與平面BCD所成的最大角為45°
B.存在某個(gè)位置,使得PB⊥CD
C.存在某個(gè)位置,使得B到平面PDC的距離為
D.當(dāng)二面角P-BD-C的大小為90°時(shí),PC=
三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.
13. 如圖,四面體OABC的所有棱長(zhǎng)都等于1,M,N分別是四面體OABC的棱OA,BC的中點(diǎn),P,Q是MN的三等分點(diǎn),=a,=b,=c,則=　　　　　(用a,b,c表示),的值為　　　　　.?


14.已知空間向量a=(1,n,2),b=(-2,1,2).若2a-b與b垂直,則|a|=　　　　　.?
15. [2023湖北襄陽高二階段練習(xí)]正多面體也稱柏拉圖立體,被譽(yù)為最有規(guī)律的立體結(jié)構(gòu),是所有面都只由一種正多邊形構(gòu)成的多面體(各面都是全等的正多邊形).數(shù)學(xué)家已經(jīng)證明世界上只存在五種柏拉圖立體,即正四面體、正六面體、正八面體、正十二面體、正二十面體.已知一個(gè)正八面體ABCDEF的棱長(zhǎng)都是2(如圖),P,Q分別為棱AB,AD的中點(diǎn),則=　　　　　.?


16.已知e1,e2,e3是空間單位向量,e1·e2=e2·e3=e3·e1=,若空間向量a滿足a=xe1+ye2(x,y∈R),|a|=2,則|a·e3|的最大值是　　　　　.?
四、解答題:本題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
17.(10分) 如圖,在三棱錐P-ABC中,點(diǎn)D為棱BC上一點(diǎn),且CD=2BD,點(diǎn)M為線段AD的中點(diǎn).


(1)以{}為一組基底表示向量;
(2)若AB=AC=3,AP=4,∠BAC=∠PAC=60°,求.










18.(12分)如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面邊長(zhǎng)為.
(1)設(shè)側(cè)棱長(zhǎng)為1,求證:AB1⊥BC1;
(2)設(shè)AB1與BC1的夾角為,求側(cè)棱的長(zhǎng).












19.(12分)已知空間中三點(diǎn)A(2,0,-2),B(1,-1,-2),C(3,0,-4),設(shè)a=,b=.
(1)若|c|=3,且c∥,求向量c;
(2)已知向量ka+b與b互相垂直,求實(shí)數(shù)k的值;
(3)求△ABC的面積.

























20.(12分) 如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面△ABC是邊長(zhǎng)為4的等邊三角形,且BB1=4,D是棱CC1上一動(dòng)點(diǎn)(不包括端點(diǎn)).


(1)若D為CC1的中點(diǎn),證明:AB1⊥BD;
(2)設(shè)平面ABC與平面AB1D所成的銳二面角為θ,求cos θ的取值范圍.













21.(12分) 已知底面為菱形的四棱錐P-ABCD中,△PAD是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形,平面PAD⊥平面ABCD,E,F分別是棱PC,AB上的點(diǎn).


(1)從①F是AB的中點(diǎn);②E是PC的中點(diǎn);③BE∥平面PFD中選取兩個(gè)作為條件,證明另一個(gè)成立;
(2)若∠DAB=60°,求PB與平面PDC所成角的正弦值.
















22. (12分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,且AC=BC=CC1=2,M是AB1,A1B的交點(diǎn),N是B1C1的中點(diǎn).


(1)求證:MN⊥平面A1BC;
(2)求平面AA1B與平面A1BC夾角的大小.






第一章測(cè)評(píng)(一)
1.B　設(shè)B(x,y,z),則=(x-2,y-1,z+1).
因?yàn)?(1,1,1),
所以(1,1,1)=(x-2,y-1,z+1),
所以x=3,y=2,z=0,即點(diǎn)B的坐標(biāo)為(3,2,0).
2.C　∵a·b=-4+0+4=0,∴a⊥b.
∵,
∴a∥c.
∵b·c=-8+0+8=0,
∴b⊥c,故選C.
3.A　因?yàn)镸,A,B,C共面,則+λ=1,得λ=.故選A.
4.A　=-a+c+)=-a+c+(a+b)=-a+b+c.
故選A.
5.C　=(x+2,2,-4),而d=,即,解得x=-1或x=-11.
故選C.
6.A　由題意,計(jì)算n1·=2×1+(-3)×0+1×(-2)=0,得n1⊥,
計(jì)算n1·=2×1+(-3)×1+1×1=0,得n1⊥,
所以n1⊥平面ABC,
所以平面α的法向量與平面ABC的法向量共線,
則平面α∥平面ABC.
7.C　設(shè)向量a+b與c的夾角為α,
因?yàn)閍+b=(-1,-2,-3)=-a,所以|a+b|=,
cosα=(α為a+b與c的夾角),
所以α=60°.
因?yàn)橄蛄縜+b與a的方向相反,
所以a與c的夾角為120°.
8. A　取PQ中點(diǎn)M,則O1M⊥PQ,以點(diǎn)O1為坐標(biāo)原點(diǎn),MO1為x軸,OO1為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,由題可求得O1M=,


則O(0,0,-),P-,-,0,Q-,0,則=-,-,=-.
設(shè)平面OPQ的法向量為m=(x,y,z),
則取x=,則y=0,z=1,則m=(,0,1).
設(shè)A(cosθ,sinθ,-),直線AO1的方向向量為n==(cosθ,sinθ,-),
所以直線AO1與平面OPQ所成角的正弦值為∈0,.
故選A.
9.ACD　由圖形及其已知可得,點(diǎn)B1的坐標(biāo)為(4,5,3),點(diǎn)C1(0,5,3)關(guān)于點(diǎn)B(4,5,0)對(duì)稱的點(diǎn)為(8,5,-3),點(diǎn)A關(guān)于直線BD1對(duì)稱的點(diǎn)為C1(0,5,3),點(diǎn)C(0,5,0)關(guān)于平面ABB1A1對(duì)稱的點(diǎn)為(8,5,0).故A,C,D正確.
10.ABD　對(duì)于A,A,B,M,N是空間中的四點(diǎn),若不能構(gòu)成空間基底,則共面,則A,B,M,N共面,故A對(duì);
對(duì)于B,已知{a,b,c}為空間向量的一組基底,則a,b,c不共面,若m=a+c,則a,b,m也不共面,則{a,b,m}也是空間向量的一組基底,故B對(duì);
對(duì)于C,因?yàn)閑·n=1×(-2)+0×0+3×=0,則e⊥n,若l?α,則l∥α,但選項(xiàng)中沒有條件l?α,有可能會(huì)出現(xiàn)l?α,故C錯(cuò);
對(duì)于D,因?yàn)閏os=,則直線l與平面α所成角的正弦值為,故D對(duì).
故選ABD.
11.AB　由向量的加法得,
∵A1C2=3A1,∴=3,故A正確;
∵,AB1⊥A1C,
∴=0,故B正確;
∵△ACD1是等邊三角形,
∴∠AD1C=60°,又A1B∥D1C,
∴異面直線AD1與A1B所成的夾角為60°,但是向量與向量的夾角是120°,故C不正確;
∵AB⊥AA1,
∴=0,
故||=0,故D不正確.
12.BD　選項(xiàng)A,取BD的中點(diǎn)O,連接OP,OC,
則OP=OC=.
由題可知,△ABD和△BCD均為等邊三角形,
由對(duì)稱性可知,在翻折的過程中,PC與平面BCD所成的角為∠PCO,

當(dāng)PC=時(shí),△OPC為等邊三角形,此時(shí)∠PCO=60°>45°,即選項(xiàng)A錯(cuò)誤;
選項(xiàng)B,當(dāng)點(diǎn)P在平面BCD內(nèi)的投影為△BCD的重心Q時(shí),有PQ⊥平面BCD,
∴PQ⊥CD.
又BQ⊥CD,BQ∩PQ=Q,BQ,PQ?平面PBQ,
∴CD⊥平面PBQ.
∵PB?平面PBQ,
∴PB⊥CD,即選項(xiàng)B正確.
選項(xiàng)C,∵點(diǎn)B到PD的距離為,點(diǎn)B到CD的距離為,
∴若B到平面PDC的距離為,則平面PBD⊥平面PCD,平面CBD⊥平面PCD,則有DB⊥平面PCD,即DB⊥CD,與△BCD是等邊三角形矛盾.
選項(xiàng)D,當(dāng)二面角P-BD-C的大小為90°時(shí),平面PBD⊥平面BCD.
∵PB=PD,
∴OP⊥BD.
∵平面PBD∩平面BCD=BD,
∴OP⊥平面BCD,
∴OP⊥OC.
又OP=OC=,
∴△POC為等腰直角三角形,
∴PC=OP=,即選項(xiàng)D正確.
13.a+b+c　　由題意得)=×-+)=a+b+c.
同理可得a+b+c,
所以=a+b+c·a+b+c=|a|2+a·b+a·c+a·b+|b|2+b·c+a·c+b·c+|c|2.
因?yàn)樗拿骟wOABC的所有棱長(zhǎng)都等于1,
所以a·b=b·c=a·c=1×1×,
所以×3+.
14.　∵a=(1,n,2),b=(-2,1,2),
∴2a-b=(4,2n-1,2).
∵2a-b與b垂直,
∴(2a-b)·b=0,
∴-8+2n-1+4=0,解得n=,
∴a=,
∴|a|=.
15.1　在正八面體ABCDEF中,不共面,而P,Q分別為棱AB,AD的中點(diǎn),有=||||cos60°=2,=0,則)=)=,
所以=·=×22-×22=1.
16.　空間向量a滿足a=xe1+ye2(x,y∈R),且e1·e2=e2·e3=e3·e1=,則|a|2=x2+y2+xy.
又由|a|=2,得|a|2=4.
即x2+y2+xy=4.
又|a·e3|=|(xe1+ye2)·e3|=|x+y|,
由于x2+y2≥2xy,
所以由x2+y2+xy=4,
整理得3xy≤4,即xy≤,
所以|x+y|2=x2+y2+2xy=x2+y2+xy+xy≤4+,故|x+y|≤,
所以|a·e3|=|x+y|≤,當(dāng)且僅當(dāng)x=y=時(shí),等號(hào)成立.
17.解(1)∵M(jìn)為線段AD的中點(diǎn),
∴.
∵CD=2BD,
∴,
∴)==)==-.
(2)=-·=-=-||||·cos∠PAC+|||cos∠BAC+|2=-4×3××3×3××32=-6+=-3.
18.(1)證明 .
因?yàn)锽B1⊥平面ABC,
所以=0,=0.
又△ABC為正三角形,
所以=.
因?yàn)?()·()=+||2+=||||cos+||2=-1+1=0,
所以AB1⊥BC1.
(2)解 由(1)知=||||cos+||2=||2-1.
又||==||,
所以cos=,
所以||=2,即側(cè)棱長(zhǎng)為2.
19.解 (1)∵B(1,-1,-2),C(3,0,-4),
∴=(3,0,-4)-(1,-1,-2)=(2,1,-2).
∵|c|=3,且c∥,∴c=m=m(2,1,-2)=(2m,m,-2m),m∈R,
∴|c|==3|m|=3,
∴m=±1,
∴c=(2,1,-2)或c=(-2,-1,2).
(2)∵a==(-1,-1,0),b==(1,0,-2),
∴ka+b=k(-1,-1,0)+(1,0,-2)=(1-k,-k,-2).
∵向量ka+b與b互相垂直,
∴(ka+b)·b=1-k+4=0,
解得k=5.
∴k的值是5.
(3)=(-1,-1,0),=(1,0,-2),=(2,1,-2),
cos==-,
sin=,
∴△ABC的面積S△ABC=×||×||×sin=.
20.(1)證明分別取AB,A1B1的中點(diǎn)O,O1,連接OO1,則OO1∥AA1.

因?yàn)锳A1⊥平面ABC,
所以O(shè)O1⊥平面ABC.
以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OC,OB,OO1分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,
因?yàn)橹比庵鵄BC-A1B1C1的底邊長(zhǎng)和側(cè)棱長(zhǎng)都為4,D為CC1的中點(diǎn),
所以A(0,-2,0),B(0,2,0),B1(0,2,4),D(2,0,2),
故=(2,-2,2),=(0,4,4),則=0,
所以BD⊥AB1.
(2)解因?yàn)镺O1⊥平面ABC,所以取平面ABC的法向量為m=(0,0,1).
設(shè)CD=t(0

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