第1章+空間向量與立體幾何周測試卷二-高二上學(xué)期數(shù)學(xué)人教A版（2019）選擇性必修第一冊

周末測試卷二(時間:45分鐘分值:100分)一、選擇題(本大題共9小題,每小題5分,共45分)1.在空間四邊形PABC中,PA+AB-CB= ()A.PC B.PAC.AB D.AC2.已知O,A,B,C為空間中不共面的四個點,且向量a=OA+OB+OC,向量b=OA+OB-OC,則不能與a,b構(gòu)成空間的一個基底的是 ()A.OA B.OBC.OC D.2OA3.已知空間四邊形ABCD的每條邊和對角線的長都為1,F,G分別是AD,DC的中點,則FG·AB=()A.34 B.14C.12 4.平面上有四個互異的點A,B,C,D,已知(DB+DC+2AD)·(AB-AC)=0,A,B,C不共線,則△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.無法確定5.已知在三棱柱ABC-A1B1C1中,點P在棱B1C1上,且B1P=13B1C1,則AP= (A.12AB+AC+12AA1B.AB+12AC+12AA1C.16.空間A,B,C,D四點共面,但任意三點不共線,若P為該平面外一點且PA=53PB-xPC-13PD,則實數(shù)A.-43 B.-13C.13 7.在矩形ABCD中,AB=1,BC=3,將矩形ABCD沿對角線AC折起,使平面ABC與平面ACD垂直,得到四面體A-BCD,如圖所示,則BD= ()A.102 B.52C.10 D8.(多選題)若OA,OB,OC是三個不共面的單位向量,且兩兩夾角均為θ,則 ()A.θ的取值范圍是(0,π)B.OA,AB,BC能構(gòu)成空間的一個基底C.“OP=2OA-OB+OC”是“P,A,B,C四點共面”的充分不必要條件D.(OA+OB+OC)·BC=09.(多選題)[2023·石家莊四十一中高二期中]如圖在三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分別是A1B,B1C1上的點,且BM=2A1M,C1N=2B1N.設(shè)AB=a,AC=b,AA1=c,若∠BAC=90°,∠BAA1=∠CAA1=60°,AB=AC=AA1=1,則下列說法中正確的是 (A.MN=13a+13b+23cB.|MN|=53C.AB1⊥BC1D二、填空題(本大題共3小題,每小題5分,共15分)10.已知幾何體ABCD-A'B'C'D'是平行六面體,給出下列四個說法:①AB-CB=AC;②AC'=AB+B'C'+CC';③AA'=CC';④AB+BB'+BC11.正多面體也稱柏拉圖立體,被譽為最有規(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.如圖,已知一個正八面體ABCDEF的棱長都是2,P,Q分別為棱AB,AD的中點,則CP·FQ=.

12.在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是邊長為1的正方形,AA1=2,∠A1AD=∠A1AB=120°,則體對角線BD1的長度為.

三、解答題(本大題共3小題,共40分)13.(11分)如圖在底面ABCD為菱形的平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別在棱AA1,CC1上,且A1M=13AA1,CN=13CC1,且∠A1AD=∠A1AB=∠DAB=(1)用向量AA1,AD,AB表示向量(2)求證:D,M,B1,N共面;(3)當AA1AB為何值時,AC1⊥14.(14分)如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,O為AC與BD的交點,G為CC1的中點,求證:平面A1BD⊥平面GBD.15.(15分)如圖,在直三棱柱ABC-A'B'C'中,AC=BC=AA',∠ACB=90°,D,E分別為AB,BB'的中點.(1)求證:CE⊥A'D;(2)求異面直線CE與AC'所成角的余弦值.

周末測試卷二1.A[解析]PA+AB-CB=PB+BC=PC.故選A.2.C[解析]∵OC=12(a-b),∴OC與a,b共面,∴a,b,OC不能構(gòu)成空間的一個基底.故選C3.B[解析]由題意得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,則△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]因為空間A,B,C,D四點共面,但任意三點不共線,所以可設(shè)AB=mAC+nAD,又點P在該平面外,則PB-PA=m(PC-PA)+n(PD-PA),即(-1+m+n)PA=-PB+mPC+nPD,則PA=-1m+n-1PB+mm+n-1PC+nm+n-17.A[解析]過B,D分別向AC作垂線,垂足分別為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]連接AC,因為OA,OB,OC是三個不共面的單位向量,且兩兩夾角均為θ,所以三棱錐O-ABC是側(cè)棱長為1的正三棱錐,如圖,作OO'⊥平面ABC于點O',連接O'A,O'B,O'C,則O'A=O'B=O'C=r(r為△ABC外接圓的半徑),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不正確;由圖知,OA,AB,BC不共面,所以由空間向量基底的定義知,B正確;假定P,A,B,C四點共面,依題意,存在唯一實數(shù)對(x,y)使得BP=xBA+yBC,即OP=xOA+(1-x-y)OB+yOC,若OP=2OA-OB+OC,則由空間向量基本定理知x=2,1-x-y=-1,y=1,此方程組無解,所以“OP=2OA-OB+OC”是“P,A,B,C四點共面”的既不充分也不必要條件,C不正確;(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錯誤;由題可知|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正確;AB+B'C'+CC'=AB+BC+CC'=AC',②正確;③顯然正確;AB+BB'+BC+C'C=(AB+BC)+(BB'+C11.1[解析]正八面體ABCDEF中,CA,CB,CD不共面,P,Q分別為棱AB,AD的中點,則有CA·CD=CA·CB=|CA||CB|cos60°=2,CB·CD=0,則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)證明:連接DM,B1N,∵DM=AM-AD=23AA1-AD,NB1=C1B1-C1N=23AA1-AD,∴(3)當AA1AB=1時,AC1⊥證明:設(shè)AA1=c,AD=b,AB∵底面ABCD為菱形,∴當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.證明:連接A1O,OG.設(shè)A1B1=a,A1D1=b,A1A=c,這三個向量不共面且兩兩垂直,則{a,b,c}為空間的一個基底,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)證明:設(shè)CA=a,CB=b,CC'=c,根據(jù)題意得|a|=|b|=|c|,且a·b=b·c=a·c=0.∵D,E分別為AB,BB'