2020-2021学年人教A版数学选修2-1课时作业:第三章 空间向量与立体几何 单元质量评估(一)

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2020-2021学年人教A版数学选修2-1课时作业:第三章 空间向量与立体几何 单元质量评估(一)

第三章单元质量评估(一) 时限:120 分钟 满分:150 分 一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分,在每小 题给出的四个选项中,只有一项是符合要求的) 1.在长方体 ABCDA1B1C1D1 中,AB → +BC → +CC1 → -D1C1 → 等于 ( A ) A.AD1 → B.AC1 → C.AD → D.AB → 2.已知 a=3i+2j-k,b=i-j+2k,则 5a 与 3b 的数量积等于 ( A ) A.-15 B.-5 C.-3 D.-1 3.已知 a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若 a,b, c 三向量共面,则实数λ等于( D ) A.62 7 B.9 C.60 7 D.65 7 解析:本题考查向量共面.∵a,b,c 三向量共面,∴存在实数 m,n,使得 c=ma+nb,即 7=2m-n 5=-m+4n λ=3m-2n ,∴λ=65 7 .故选 D. 4.在三棱柱 ABCA1B1C1 中,D,F 分别是 CC1,A1B 的中点, 且DF → =αAB →+βAC →,则( A ) A.α=1 2 ,β=-1 B.α=-1 2 ,β=1 C.α=1,β=-1 2 D.α=-1,β=1 2 解析:本题主要考查空间向量基本定理.如图,取 AB 中点 E, 连接 EF,CE,则 EF 綊 1 2CC1.又 D 为 C1C 的中点,则 EF 綊 DC,四 边形 DCEF 为平行四边形,则DF → =CE → =1 2AB →-AC → ,因此α=1 2 ,β= -1,故选 A. 5.如图,在正四棱锥 PABCD 中,已知PA →=a,PB →=b,PC →=c, PE →=1 2PD → ,则BE →=( A ) A.1 2a-3 2b+1 2c B.1 2a+1 2b+1 2c C.-1 2a-3 2b+1 2c D.-1 2a-1 2b+3 2c 解析:本题主要考查空间向量基本定理.如图,连接 AC,BD, 交点为 O,再连接 PO,则PO → =1 2a+1 2c.又PO → =1 2PD → +1 2b,所以PD → =a +c-b,故PE →=1 2PD → =1 2a+1 2c-1 2b,从而BE →=BP →+PE →=1 2a-3 2b+1 2c, 故选 A. 6.如图,在平行六面体 ABCDA1B1C1D1 中,M 在 AC 上,且 AM =1 2MC,N 在 A1D 上,且 A1N=2ND.设AB →=a,AD → =b,AA1 → =c,则MN → =( A ) A.-1 3a+1 3b+1 3c B.a+1 3b-1 3c C.1 3a-1 3b-2 3c D.-1 3a+b+1 3c 解析:因为 M 在 AC 上,且 AM=1 2MC,N 在 A1D 上,且 A1N= 2ND,所以AM → =1 3AC →,A1N → =2 3A1D → .又 ABCDA1B1C1D1 为平行六面体, 且AB →=a,AD → =b,AA1 → =c,所以AC →=a+b,A1D → =b-c,所以MN → = MA → +AA1 → +A1N → =-1 3AC → +AA1 → +2 3A1D → =-1 3(a+b)+c+2 3(b-c)=- 1 3a+1 3b+1 3c. 7.将正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成直二面角 ABDC,则下列 结论错误的是( C ) A.AC⊥BD B.△ACD 是等边三角形 C.AB 与平面 BCD 所成的角为 90° D.AB 与 CD 所成的角为 60° 解析:如图,取 BD 的中点 O,连接 AO,CO,AC,则 AO⊥BD, CO⊥BD.又 AO∩CO=O,∴BD⊥平面 AOC,又 AC⊂平面 AOC,∴ AC⊥BD,A 中结论正确;∵AC= 2AO=AD=CD,∴△ACD 是等 边三角形,B 中结论正确;∵AO⊥平面 BCD,∴∠ABD 是 AB 与平 面 BCD 所成的角,为 45°,C 中结论错误;AC → =AB →+BD → +DC → ,不 妨设 AB=1,则 AC → 2=(AB →+BD → +DC → )2=AB → 2+BD → 2+DC → 2+2AB → ·BD → + 2BD → ·DC → +2AB → ·DC → ,∴1=1+2+1+2 2× - 2 2 +2 2× - 2 2 + 2cos〈AB →,DC → 〉,∴cos〈AB →,DC → 〉=1 2 ,∴〈AB →,DC → 〉=60°,即 AB 与 CD 所成的角为 60°,D 中结论正确.故选 C. 8.如图所示,正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 a,M,N 分别为 A1B 和 AC 上的点,且 A1M=AN= 2 3 a,则 MN 与平面 BB1C1C 的位 置关系是( B ) A.斜交 B.平行 C.垂直 D.不能确定 解析:设A1A → =a,A1B1 → =b,A1D1 → =c.由题意,知 A1B=AC= 2a. 又 A1M=AN= 2 3 a,∴A1M → =1 3A1B → =1 3(a+b),AN →=1 3AC →=1 3(b+c),则 MN → =A1A → +AN →-A1M → =a+1 3(b+c)-1 3(a+b)=2 3a+1 3c,因此,MN → 与 A1A → ,A1D1 → 共面,∴MN∥平面 AA1D1D,从而 MN∥平面 BB1C1C. 9.如图,在直三棱柱 ABCA1B1C1 中,∠ACB=90°,2AC=AA1 =BC=2,D 为 AA1 上一点.若二面角 B1DCC1 的大小为 60°,则 AD 的长为( A ) A. 2 B. 3 C.2 D. 2 2 解析:本题考查空间向量在立体几何中的应用.如图,以 C 为 坐标原点,CA,CB,CC1 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空 间直角坐标系,则 C(0,0,0),B1(0,2,2).设 AD=a,则点 D 的坐标为(1,0, a),CD → =(1,0,a),CB1 → =(0,2,2).设平面 B1CD 的一个法向量为 m= (x,y,z), 则 m·CB1 → =0, m·CD → =0 ⇒ 2y+2z=0, x+az=0, 令 z=-1,得 m=(a,1,- 1).又平面 C1DC 的一个法向量为(0,1,0),记为 n,则由 cos60°= m·n |m||n| , 得 1 a2+2 =1 2 ,即 a= 2,故 AD= 2.故选 A. 10.设 P 是 60°的二面角αlβ内一点,PA⊥α,PB⊥β,A,B 是 垂足,PA=4,PB=2,则 AB 的长度为( D ) A.2 2 B.2 3 C.2 5 D.2 7 解析:本题主要考查空间向量的模的求解方法,考查空间向量的 数量积运算.由已知,得〈PA →,PB →〉=120°,AB →=PB →-PA →,|AB → |2=|PB → -PA → |2=|PA → |2+|PB → |2-2|PA → ||PB → |cos〈PA →,PB →〉=28,则|AB → |=2 7,故 选 D. 11.三棱柱 ABCA1B1C1 中,底面 ABC 为正三角形,侧棱长等于 底面边长,A1 在底面的射影是△ABC 的中心,则 AB1 与底面 ABC 所 成角的正弦值等于( B ) A.1 3 B. 2 3 C. 3 3 D.2 3 解析:如图,设 A1 在底面 ABC 内的射影为 O,以 O 为坐标原点, 建立如图所示的空间直角坐标系. 设△ABC 边长为 1,则 A 3 3 ,0,0 ,B1 - 3 2 ,1 2 , 6 3 ,所以AB1 → = -5 3 6 ,1 2 , 6 3 . 平面 ABC 的法向量 n=(0,0,1), 则 AB1 与底面 ABC 所成角α的正弦值为 sinα=|cos〈AB1 → ,n〉|= 6 3 75 36 +1 4 +6 9 = 2 3 .故选 B. 12.在三棱锥 PABC 中,△ABC 为等边三角形,PA⊥平面 ABC, 且 PA=AB,则二面角 APBC 的平面角的正切值为( A ) A. 6 B. 3 C. 6 6 D. 6 2 解析:设 PA=AB=2,建立如图所示的空间直角坐标系. 则 B(0,2,0),C( 3,1,0),P(0,0,2).所以BP →=(0,-2,2),BC →=( 3, -1,0). 设 n=(x,y,z)是平面 PBC 的一个法向量.则 BP → ·n=0, BC → ·n=0, 即 -2y+2z=0, 3x-y=0. 令 y=1.则 x= 3 3 ,z=1.即 n= 3 3 ,1,1 .易知 m=(1,0,0)是平面 PAB 的一个法向量. 则 cos〈m,n〉= m·n |m||n| = 3 3 1× 21 3 = 7 7 .所以正切值 tan〈m,n〉 = 6.故选 A. 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分,请把答案 填写在题中横线上) 13.已知 a=(3λ,6,λ+6),b=(λ+1,3,2λ)为两平行平面的法向 量,则λ=2. 解析:由题意知 a∥b,所以 3λ λ+1 =6 3 =λ+6 2λ ,解得λ=2. 14.如图,在平行六面体 ABCDA1B1C1D1 中,E 为底面正方形 ABCD 的中心,设A1E → =A1A → +xA1B1 → +yA1D1 → ,则 x+y=1. 解析:本题主要考查空间向量基本定理.A1E → =A1B → +A1D → 2 = A1A → +AB →+A1A → +AD →  2 =A1A → +AB →+AD → 2 =A1A → +A1B1 → +A1D1 → 2 ,因而 x =y=1 2 ,所以 x+y=1. 15.空间四点 A(2,3,1),B(4,1,2),C(6,3,7),D(3,1,0),则点 D 到 平面 ABC 的距离是 17 17 . 解析:本题主要考查空间向量的坐标运算以及空间点到平面的距 离的求法.由已知,得AB →=(2,-2,1),AC →=(4,0,6).设平面 ABC 的 法向量为 n=(x,y,z),则 AB → ·n=0, AC → ·n=0, 即 2x-2y+z=0, 4x+6z=0, 令 x =3,则 y=2,z=-2,所以 n=(3,2,-2),AD → =(1,-2,-1), 所以点 D 到平面 ABC 的距离为|AD → ·n| |n| = 17 17 . 16.在四棱锥 PABCD 中,PD⊥底面 ABCD,底面 ABCD 是正 方形,且 PD=AB=1,G 为△ABC 的重心,则 PG 与底面 ABCD 所 成的角θ的正弦值为3 17 17 . 解析:本题主要考查向量法求线面角,考查三角形重心的坐标公 式.如图,分别以 DA,DC,DP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空 间直角坐标系,由已知 D(0,0,0),P(0,0,1),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0), 则重心 G 2 3 ,2 3 ,0 ,因而DP → =(0,0,1),GP → = -2 3 ,-2 3 ,1 ,那么 sinθ =|cos〈DP → ,GP → 〉|= |DP → ·GP → | |DP → |·|GP → | =3 17 17 . 三、解答题(本大题共 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)如图,正方体 ABCDA′B′C′D′中,点 E 是上底 面 A′B′C′D′的中心,用向量DA → ,DC → ,DD′→ 表示向量BD′→ ,AE → . 解:BD′→ =DD′→ -DB → =-DA → -DC → +DD′→ . AE → =AA′→ +A′E → =DD′→ +1 2A′C′→ =DD′→ +1 2AC → =DD′→ + 1 2(DC → -DA → )=-1 2DA → +1 2DC → +DD′→ . 18.(12 分)如图,在四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 是平行四边 形,PG⊥平面 ABCD,垂足为 G,G 在 AD 上,且 PG=4,AG=1 3GD, BG⊥GC,GB=GC=2,E 是 BC 的中点. (1)求异面直线 GE 与 PC 所成角的余弦值; (2)若 F 是棱 PC 上一点,且 DF⊥GC,求PF FC 的值. 解:(1)以 G 点为坐标原点,分别以GB → ,GC → ,GP → 的方向为 x 轴、 y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则 G(0,0,0),B(2,0,0), C(0,2,0),P(0,0,4),故 E(1,1,0),GE → =(1,1,0),PC →=(0,2,-4). ∵cos〈GE → ,PC →〉= GE → ·PC → |GE → ||PC → | = 2 2× 20 = 10 10 ,∴GE 与 PC 所成 角的余弦值为 10 10 . (2)∵GD → =3 4BC →= -3 2 ,3 2 ,0 ,∴D -3 2 ,3 2 ,0 . 设 F(0,y,z),则DF → =(0,y,z)- -3 2 ,3 2 ,0 = 3 2 ,y-3 2 ,z . ∵DF → ⊥GC → ,∴DF → ·GC → =0,即 3 2 ,y-3 2 ,z ·(0,2,0)=2y-3=0, ∴y=3 2. 又点 F 在 PC 上,∴PF →=λPC → ,即 0,3 2 ,z-4 =λ(0,2,-4), ∴z=1,故 F 0,3 2 ,1 , ∴PF →= 0,3 2 ,-3 ,FC →= 0,1 2 ,-1 ,∴PF FC = 3 5 2 5 2 =3. 19.(12 分)如图,在多面体 EFABCD 中,正方形 ADEF 与梯形 ABCD 所在平面互相垂直,AB∥CD,AD⊥CD,AB=AD=1,CD=2, M,N 分别为 EC 和 BD 的中点. (1)求证:BC⊥平面 BDE; (2)求直线 MN 与平面 BMC 所成角的正弦值. 解:(1)证明:如图,在梯形 ABCD 中,取 CD 的中点 H,连接 BH. 因为 AD=AB,AB∥CD,AD⊥CD,AB=1,CD=2,所以四边 形 ADHB 为正方形. 又 BD2=AD2+AB2=2,BC2=HC2+HB2=2,所以 CD2=BD2+ BC2,所以 BC⊥BD. Z 又平面 ADEF⊥平面 ABCD,平面 ADEF∩平面 ABCD=AD, DE⊥AD, 所以 DE⊥平面 ABCD,所以 BC⊥DE.又 BD∩DE=D,故 BC⊥ 平面 BDE. (2)由(1),知 DE⊥平面 ABCD,AD⊥CD,所以 DE,DA,DC 两 两垂直. 以 D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz, 则 C(0,2,0),B(1,1,0),M 0,1,1 2 ,N 1 2 ,1 2 ,0 ,所以BC → =(- 1,1,0),MC → = 0,1,-1 2 . 设 n=(x,y,z)为平面 BMC 的法向量,则 n·BC →=0 n·MC → =0 ,即 -x+y=0 y-1 2z=0 ,可取 n=(1,1,2). 又 M N →= 1 2 ,-1 2 ,-1 2 ,所以 cos〈n,MN → 〉= n·MN → |n||MN → | =- 2 3 , 所以直线 MN 与平面 BMC 所成角的正弦值为 2 3 . 20.(12 分)如图,在四棱锥 SABCD 中,底面 ABCD 是直角梯形, 侧棱 SA⊥底面 ABCD,AB 垂直于 AD 和 BC,SA=AB=BC=2,AD =1,M 是棱 SB 的中点. (1)求证:AM∥平面 SCD; (2)求平面 SCD 与平面 SAB 所成的二面角的余弦值; (3)设点 N 是线段 CD 上的动点,MN 与平面 SAB 所成的角为θ, 求 sinθ的最大值. 解:(1)证明:以点 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐 标系, 则 A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0),S(0,0,2),M(0,1,1), ∴AM → =(0,1,1),SD →=(1,0,-2),CD → =(-1,-2,0), 设平面 SCD 的法向量为 n=(x,y,z),则 SD → ·n=0 CD → ·n=0 ,∴ x-2z=0 -x-2y=0 , 令 z=1,得 n=(2,-1,1). ∵AM → ·n=0,∴AM → ⊥n,∴AM∥平面 SCD. (2)易知平面 SAB 的一个法向量为 n1=(1,0,0), 设平面 SCD 与平面 SAB 所成的二面角为φ,易知 0°<φ≤90°, 则 cosφ=| n·n1 |n||n1||= 2 6×1 = 6 3 ,∴平面 SCD 与平面 SAB 所成的 二面角的余弦值为 6 3 . (3)设 N(x,2x-2,0)(1≤x≤2),则MN → =(x,2x-3,-1),平面 SAB 的一个法向量为 n1=(1,0,0), ∴sinθ=| n1·MN → |n1||MN → ||=| x 5x2-12x+10|= 1 10× 1 x 2-12×1 x +5 = 1 10 1 x -3 5 2+7 5 , ∴当1 x =3 5 ,即 x=5 3 时,sinθ取得最大值,最大值为 35 7 . 21.(12 分)如图①在直角梯形 ABCP 中,BC∥AP,AB⊥BC,CD ⊥AP,AD=DC=PD=2,E,F,G 分别是线段 PC,PD,BC 的中 点,现将△PDC 折起,使平面 PDC⊥平面 ABCD.(如图②) (1)求证:AP∥平面 EFG; (2)求二面角 GEFD 的大小. 解:(1)证明:因为在图①中,AP⊥CD,所以在图②中 PD⊥CD, AD⊥CD,所以∠ADP 是二面角 PDCA 的平面角, 因为平面 PDC⊥平面 ABCD,所以∠ADP=90°,即 PD⊥DA, 又 AD∩DC=D,所以 PD⊥平面 ABCD. 如图.以 D 为坐标原点,直线 DA,DC,DP 分别为 x,y 与 z 轴建立空间直角坐标系,则 D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0), P(0,0,2),E(0,1,1),F(0,0,1),G(1,2,0). 所以AP →=(-2,0,2),EF →=(0,-1,0),FG → =(1,2,-1), 设平 面 GEF 的法 向量 n =(x, y, z),由 法向量 的定义 得 n·EF →=0, n·FG → =0 ⇒ x,y,z·0,-1,0=0, x,y,z·1,2,-1=0 ⇒ y=0, x+2y-z=0 ⇒ y=0, x=z. 不妨设 z=1,则 n=(1,0,1),AP → ·n=-2×1+2×0+1×2=0, 所以AP →⊥n,点 P∉平面 EFG,所以 AP∥平面 EFG. (2)由(1)知平面 GEF 的法向量 n=(1,0,1),因平面 EFD 与坐标平 面 PDC 重合,则它的一个法向量为 i=(1,0,0), 由图形观察二面角 GEFD 为锐角,设二面角 GEFD 为θ,则 cosθ=|n·i| |n| = 1 2 = 2 2 . 故二面角 GEFD 的大小为 45°. 22.(12 分)如图,在△ABC 中,∠C=90°,AC=BC=a,点 P 在 AB 上,PE∥BC 交 AC 于点 E,PF∥AC 交 BC 于点 F.沿 PE 将△ APE 翻折成△A′PE,使平面 A′PE⊥平面 FCEP,沿 PF 将△BPF 翻折成△B′PF,使平面 B′PF⊥平面 FCEP. (1)求证:B′C∥平面 A′PE; (2)设AP PB =λ,当λ为何值时,二面角 CA′B′P 的大小为 60°? 解:(1)证明:因为 FC∥PE,FC⊄平面 A′PE,所以 FC∥平面 A′EP.因为平面 A′PE⊥平面 FCEP,且 A′E⊥PE,所以 A′E⊥平 面 FCEP.同理,B′F⊥平面 FCEP,所以 B′F∥A′E,从而 B′F ∥平面 A′PE. 又 FC∩B′F=F,所以平面 B′CF∥平面 A′PE,从而 B′C ∥平面 A′PE. (2)以点 C 为坐标原点,CF 所在直线为 x 轴,CE 所在直线为 y 轴,过 C 且垂直于平面 FCEP 的直线为 z 轴,建立空间直角坐标系, 如图, 则 C(0,0,0) , A′ 0, a λ+1 , λa λ+1 , B′ λa λ+1 ,0, a λ+1 , P λa λ+1 , a λ+1 ,0 , ∴CA′→ = 0, a λ+1 , λa λ+1 ,A′B′→ = λa λ+1 ,- a λ+1 ,1-λa λ+1 , B′P → = 0, a λ+1 ,- a λ+1 , ∴平面 CA′B′的一个法向量为 m= 1 λ ,λ,-1 ,平面 PA′B′ 的一个法向量为 n=(1,1,1). 由|m·n| |m||n| = |1 λ +λ-1| 1 λ2+λ2+1· 3 =cos60°=1 2 ,化简得1 λ2+λ2-8 λ -8λ+9 =0,解得λ=7±3 5 2 .
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