2021-2022学年高中人教A版数学选修2-1课后巩固提升：第三章测评 WORD版含解析.docx

1、第三章测评(时间: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)1.若A,B,C,D为空间不同的四点,则下列各式为零向量的是()+2+2;2+2+3+3;.A.B.C.D.解析中,原式=+2,不符合题意;中,原式=2()+()=0;中,原式=,不符合题意;中,原式=()+()=0.故选C.答案C2.若向量a=(1,0),b=(2,-1,2),且a与b的夹角的余弦值为,则实数等于()A.0B.-C.0或-D.0或解析由题意ab=2-=|a|b|cos=,解得=0或=-.故选C.答案C3.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,=(2,-1,-4),=(4

2、,2,0),=(-1,2,-1),则PA与底面ABCD的关系是()A.相交B.垂直C.不垂直D.成60角解析因为=0,=0,所以平面ABCD.答案B4.已知正四面体ABCD的棱长为a,点E,F分别是BC,AD的中点,则的值为()A.a2B.a2C.a2D.a2解析在正四面体ABCD中,点E,F分别是BC,AD的中点,所以.则).因为是正四面体,所以BEAD,BAD=,即=0,=|AB|AD|cos,所以,故选B.答案B5.已知向量a=(-1,y,2),b=(2,0,3),c=(0,2,1)共面,则y=()A.7B.1C.D.解析因为向量a,b,c共面,所以可设a=mb+nc,所以(-1,y,2

3、)=m(2,0,3)+n(0,2,1),即解得故选A.答案A6.平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,向量两两的夹角均为60,且|=1,|=2,|=3,则|等于()A.5B.6C.4D.8解析设=a,=b,=c,则=a+b+c,=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=25,因此|=5.答案A7.三棱锥A-BCD中,AB=AC=AD=2,BAD=90,BAC=60,则等于()A.-2B.2C.-2D.2解析()=22cos 90-22cos 60=-2.答案A8.如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为()A.B

4、.C.D.解析不妨设CB=1,则B(0,0,1),A(2,0,0),C1(0,2,0),B1(0,2,1).=(0,2,-1),=(-2,2,1).cos=.故选A.答案A9.已知A(1,0,0),B(0,-1,1),+的夹角为120,则的值为()A.B.C.-D.解析因为A(1,0,0),B(0,-1,1),所以+=(1,0,0)+(0,-1,1)=(1,-,),|+|=,|=,(+)=2,所以cos 120=-,所以0,且4=-,解得=-,故选C.答案C10.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.B.C.D.解析

5、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.设三棱柱的棱长为2,则A(0,-1,0),D(0,0,2),C(0,1,0),B1(,0,2),=(0,1,2).设n=(x,y,z)为平面B1CD的一个法向量,由故令z=1,得n=(0,2,1).设直线AD与平面B1DC所成角为,则sin =|cos|=,所以直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为.故选A.答案A11.如图,ABCD-A1B1C1D1是棱长为6的正方体,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.B.C.D.解析以D为原点,DA,D

6、C,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A1(6,0,6),E(6,3,0),F(3,6,0).设平面A1DE的法向量为n1=(a,b,c),依题意得令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.答案B12.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.B.C.D.解析在三棱锥P-ABC中,PC底面ABC,BAC=90,AB=AC=4,PBC=60,以A为原点,AB为x轴,AC为

7、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(0,4,4),A(0,0,0),B(4,0,0),=(0,4,0),=(4,0,0),=(0,4,4),设平面PAB的法向量n=(x,y,z),则取z=1,得n=(0,-,1),点C到平面PAB的距离d=.故选B.答案B二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知向量=(2,4,5),=(3,x,y),若,则xy=.解析,存在实数k使得=k.则xy=45.答案4514.在三棱柱ABC-A1B1C1中,=(-6,2,-8),=(4,-2,3),=(-4,1,0),则该三棱柱的高为.解析由题意知=(-4

8、,1,0),该三棱柱的高即点A1到平面ABC的距离d,设n=(x,y,z)是平面ABC的一个法向量,则令x=1,解得y=4,z=.所以n=.所以该三棱柱的高d=2.答案215.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=2,A1C1=B1D1=.因为平面BDD1B1平面ABCD,所以B1BO为侧棱与

9、底面所成的角,故B1BO=60.设棱台高为h,则tan 60=,h=,所以A(0,-,0),D1,B1,C(0,0),所以,故cos=,故异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为.答案16.已知矩形ABCD中,AB=1,BC=,将矩形ABCD沿对角线AC折起,使平面ABC与平面ACD垂直,则B与D之间的距离为.解析如图,过B,D分别向AC作垂线,垂足分别为M,N.则可求得AM=,BM=,CN=,DN=,MN=1.由于,所以|2=()2=|2+|2+|2+2()=+12+2(0+0+0)=,故|=.答案三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(本小题满分10分)在四棱锥P-ABCD中,ABCD

10、为平行四边形,AC与BD交于O,G为BD上一点,BG=2GD,=a,=b,=c,试用基底a,b,c表示向量.解因为BG=2GD,所以.又=a+c-2b,所以=b+(a+c-2b)=a-b+c.18.(本小题满分12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b?(O为原点)解(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|=5.(2)+t=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t),若b,则b=0,所以-2(

11、-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=,因此存在点E,使得b,此时点E的坐标为E.19.(本小题满分12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC=,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,则B(0,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,2),B1(0,0,2),因此=(0,-2,2),

12、=(2,0,2).所以cos=,设异面直线AB1与BC1所成的角为,则cos =,由于,故=.20.(本小题满分12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点D在棱A1B1上,E,F分别是CC1,BC的中点,AEA1B1,AA1=AB=AC=2.(1)证明:DFAE;(2)当D为A1B1的中点时,求平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值.(1)证明在直三棱柱ABC-A1B1C1中,有AA1A1B1,又因为AEA1B1,所以A1B1平面AA1C1C,因为A1C1平面AA1C1C,所以A1B1A1C1.所以ABAC,ABAA1,ACAA1,如图,分别以AC,AA1,AB所在直线为x,y,z

13、轴建立空间直角坐标系Axyz,则C(2,0,0),B(0,0,2),A(0,0,0),A1(0,2,0),F(1,0,1),E(2,1,0).设D(0,2,t),则=(-1,2,t-1),=(2,1,0),=(-1,2,t-1)(2,1,0)=0,所以DFAE.(2)解当D为A1B1的中点时,D(0,2,1),=(-1,-1,1),=(-1,2,0),设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则令y=1得,n=(2,1,3),容易知平面ABC的法向量为n0=(0,1,0),所以cos=,即平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为.21.(本小题满分12分)如图1,梯形ABCD中,ABCD,

14、过A,B分别作AECD,BFCD,垂足分别为E,F.AB=AE=2,CD=5,已知DE=1,将梯形ABCD沿AE,BF同侧折起,得空间几何体ADE-BCF,如图2.(1)若AFBD,证明:DE平面ABFE;(2)若DECF,CD=,线段AB上存在一点P,满足CP与平面ACD所成角的正弦值为,求AP的长.(1)证明由已知得四边形ABFE是正方形,且边长为2,在图2中,AFBE,由已知得AFBD,BEBD=B,所以AF平面BDE,又DE平面BDE,所以AFDE,又AEDE,AEAF=A,所以DE平面ABFE.(2)解在图2中,AEDE,AEEF,DEEF=E,即AE平面DEFC,在梯形DEFC中,

15、过点D作DMEF交CF于点M,连接CE,由题意得DM=2,CM=1,由勾股定理可得DCCF,则CDM=,CE=2,过点E作EGEF交DC于点G,可知GE,EA,EF两两垂直,以E为坐标原点,以分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,1,),D0,-,=(-2,1,),=-2,-.设平面ACD的一个法向量为n=(x,y,z),由取x=1得n=(1,-1,),设AP=m,则P(2,m,0)(0m2),得=(2,m-1,-),设CP与平面ACD所成的角为,sin =|cos|=m=.所以AP=.22.(本小题满分12分)已知三棱柱ABC-A1B

16、1C1中,ACB=90,A1BAC1,AC=AA1=4,BC=2.(1)求证:平面A1ACC1平面ABC;(2)若A1AC=60,在线段AC上是否存在一点P,使二面角B-A1P-C的平面角的余弦值为?若存在,确定点P的位置;若不存在,说明理由.(1)证明因为AC=AA1,所以四边形AA1C1C为菱形,连接A1C,则A1CAC1,又A1BAC1,且A1CA1B=A1,所以AC1平面A1CB,则AC1BC,又ACB=90,即BCAC,所以BC平面A1ACC1,而BC平面ABC,所以平面A1ACC1平面ABC.(2)解以C为坐标原点,分别以CA,CB所在直线为x、y轴,面A1ACC1内过点C且垂直于

17、AC的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,因为AC=AA1=4,BC=2,A1AC=60,所以C(0,0,0),B(0,2,0),A(4,0,0),A1(2,0,2).设在线段AC上存在一点P,满足=(01),使得二面角B-A1P-C的余弦值为.则=(-4,0,0).=(4,-2,0)+(-4,0,0)=(4-4,-2,0),=(2-4,0,-2),=(2,0,2).设平面BA1P的一个法向量为m=(x1,y1,z1),由取x1=1,得m=1,2-2,平面A1PC的一个法向量为n=(0,1,0).由|cos|=,解得=或=.因为01,所以=.故在线段AC上存在一点P,满足,使二面角B-A1P-C的余弦值为.