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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
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
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=-2+5+m,则实数m的值为(　　)
A.0 B.2 C.-1 D.-2
4.若向量a=(1,λ,2),b=(2,-1,2),且a与b的夹角的余弦值为,则λ=(　　)
A.2 B.-2
C.-2或 D.2或-
5.已知A(-1,1,2),B(1,0,-1),点D在直线AB上,且=2.设C,若CD⊥AB,则λ的值为(　　)
A. B.- C. D.
6.如图所示,在空间直角坐标系中,BC=4,原点O是BC的中点,点A,点D在平面yOz内,且∠BDC=90°,∠DCB=30°,则AD的长为(　　)
A. B. C. D.
7.在四棱锥P-ABCD中,=(4,-2,3),=(-4,1,0),=(-6,2,-8),则这个四棱锥的高h等于(　　)
A.1 B.2 C.13 D.26
8.在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形,且AB=3,AD=4,PA=,则平面ABD与平面PBD的夹角大小为(　　)
A.30° B.45° C.60° D.75°
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.=- B.·=0
C.·=0 D.·=0
10.已知空间中三点A(0,1,1),B(2,2,1),C(2,1,0),则(　　)
A.||=
B.方向上的单位向量是
C.n=(1,-2,2)是平面ABC的一个法向量
D.在上的投影向量的模为
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=,则下列结论中正确的是(　　)
A.AC⊥BE
B.EF∥平面ABCD
C.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
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.已知=(1,-2,3),=(-1,2,1),则=　　　　.
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　　　　.
14.如图所示,已知正四面体ABCD中,AE=AB,CF=CD,则直线DE和BF所成角的余弦值为　　　　.
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,为一组邻边的平行四边形的面积S;
(2)若向量a与向量,都垂直,且|a|=,求向量a的坐标.
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.
17.(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.
18.(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.
19.(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.
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|.
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=-2+5+m,则实数m的值为(　　)
A.0 B.2 C.-1 D.-2
答案　B
解析　由题可得=-2+5-m.
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,则λ=(　　)
A.2 B.-2
C.-2或 D.2或-
答案　C
解析　由题意,得cos=
==,解得λ=-2或λ=.
5.已知A(-1,1,2),B(1,0,-1),点D在直线AB上,且=2.设C,若CD⊥AB,则λ的值为(　　)
A. B.- C. D.
答案　B
解析　设D(x,y,z),则=(x+1,y-1,z-2),=(2,-1,-3),=(1-x,-y,-1-z),
∵=2,
∴∴
即D,∴=.
∵⊥,
∴·=2+λ-3(-1-λ)=0,
∴λ=-.
6.如图所示,在空间直角坐标系中,BC=4,原点O是BC的中点,点A,点D在平面yOz内,且∠BDC=90°,∠DCB=30°,则AD的长为(　　)
A. B. C. D.
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·sin 30°·sin 60°=,纵坐标y=-(2-4·sin 30°·cos 60°)=-1,
所以D(0,-1,).
所以AD==.故选D.
7.在四棱锥P-ABCD中,=(4,-2,3),=(-4,1,0),=(-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),
则即
不妨令x=3,则y=12,z=4,
可得n=(3,12,4),
所以四棱锥的高h===2.
8.在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形,且AB=3,AD=4,PA=,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=,=(-3,4,0).
设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,
则
即
∴
令x=1,则n=.
又n1=为平面ABD的一个法向量,
∴cos==.
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.=- B.·=0
C.·=0 D.·=0
答案　ABC
解析　如图,=,即=-,⊥,⊥,故A,B,C选项均正确.
10.已知空间中三点A(0,1,1),B(2,2,1),C(2,1,0),则(　　)
A.||=
B.方向上的单位向量是
C.n=(1,-2,2)是平面ABC的一个法向量
D.在上的投影向量的模为
答案　ACD
解析　由已知可得=(2,0,-1),=(0,1,1),=(0,-1,-1),
因为||==,故A正确;
因为==,即方向上的单位向量是,故B错误;
因为n·=(1,-2,2)·(2,0,-1)=2-2=0,
n·=(1,-2,2)·(0,-1,-1)=2-2=0,所以n⊥,n⊥,故n是平面ABC的一个法向量,故C正确;
由==,故D正确.
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=,则下列结论中正确的是(　　)
A.AC⊥BE
B.EF∥平面ABCD
C.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,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),F,
所以=(0,-1,1),=,
所以·=.
又||=,||=,
所以cos<,>===.
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E,F(0,1,1).
所以=,=(0,0,1),
所以·=1,
||==,
||=1,
所以cos<,>==≠,故D错误.
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.已知=(1,-2,3),=(-1,2,1),则=　　　　.
答案　(-2,4,-2)
解析　=-=(-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　
解析　∵=(-1,1,-1),n=(1,-1,1),
∴点A到平面α的距离为
d===.
14.如图所示,已知正四面体ABCD中,AE=AB,CF=CD,则直线DE和BF所成角的余弦值为　　　　.
答案　
解析　设正四面体棱长为4,又=+=+,=+=+,AB⊥CD,AD⊥BC,
所以cos<,>====,
故直线DE和BF所成角的余弦值为.
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,为一组邻边的平行四边形的面积S;
(2)若向量a与向量,都垂直,且|a|=,求向量a的坐标.
解　(1)∵=(-2,-1,3),=(1,-3,2),
∴cos∠BAC===,
又∵∠BAC∈[0,π],∴∠BAC=,
∴平行四边形的面积S=||||sin=7.
(2)设a=(x,y,z),
由a⊥,得-2x-y+3z=0,
由a⊥,得x-3y+2z=0,
由|a|=,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(2,2,0),C(0,4,0),
F(0,2,0),E(,3,0),Q,P(0,0,2).
∵=,=(,3,0),
∴=2.
∵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∴
又=(0,2,-2),=,
∴∴
令y=1,则x=-,z=1,
∴平面PFQ的一个法向量为n=(-,1,1).
又=,
∴所求距离d==.
17.(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,-,0),B(1,0,0),
A1(0,-,4),B1(1,0,2),
C1(0,,1).
因此=(1,,2),
=(1,,-2),
=(0,2,-3).
由·=0得AB1⊥A1B1.
由·=0得AB1⊥A1C1,
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=(0,2,1),=(1,,0),=(0,0,2).设平面ABB1的法向量为
n=(x,y,z).
由得
令y=1,则x=-,z=0,
可得平面ABB1的一个法向量n=(-,1,0).
所以sin θ=|cos<,n>|==.
因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.
18.(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=2-x,OE=,
∴B(2,2-x,0),E,A(0,0,x),
C(-2,2-x,0),
∴=(-2,2-x,-x),
=.
∵异面直线BE与AC垂直,
∴·=0,∴x2-x+8=0,
解得x=(舍)或x==,
∴在题图①中,==,
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=,
=.
设平面ABE的法向量为m=(a,b,c),
则
取a=1,得m=.
设平面ABE与平面ADE的夹角为θ,
则cos θ===,
∴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.
19.(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),E,B1(a,0,1).
故=(0,1,1),=,
=(a,0,1),=.
∵·=-·0+1×1+(-1)×1=0,
∴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=(0,-1,z0).
设平面B1AE的法向量为n=(x,y,z).
则n⊥,n⊥,得
取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=.
要使DP∥平面B1AE,只要n⊥,
即n·=0,-az0=0,解得z0=.
又DP 平面B1AE,
∴存在点P,使得DP∥平面B1AE,
此时AP=.
(3)解　连接A1D,B1C,由ABCD-A1B1C1D1为长方体及AA1=AD=1,得AD1⊥A1D.
∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C,
又由(1)知B1E⊥AD1,且B1C∩B1E=B1,B1C,B1E 平面DCB1A1,
∴AD1⊥平面DCB1A1,∴是平面DCB1A1即平面A1B1E的一个法向量,且=(0,1,1).
设与n的夹角为θ,
则cos θ==.
∵平面AB1E与平面A1B1E夹角的大小为30°,
∴|cos θ|=cos 30°,即=,解得a=2,即AB的长为2.

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