【全程复习方略】2020-2021学年高中数学(人教A版选修2-1)单元质量评估3

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调整合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。单元质量评估(三)第三章(120分钟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,只有一项是符合题目要求的)1.下列说法中不正确的是()A.平面α的法向量垂直于与平面α共面的全部向量B.一个平面的全部法向量相互平行C.假如两个平面的法向量垂直,那么这两个平面也垂直D.假如a,b与平面α共面且n⊥a,n⊥b,那么n就是平面α的一个法向量【解析】选D.只有当a,b不共线且a∥α,b∥α时,D才正确.2.同时垂直于a=(2,2,1),b=(4,5,3)的单位向量是()A.1B.-C.1D.13,-【解析】选D.设所求向量为c=(x,y,z),由c·a=0及c·b=0及|c|=1得2x+2y+z=0,3.(2022·金华高二检测)已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若a,b,c共面,则实数λ等于()A.627 B.637 C.607【解析】选D.易得c=ta+μb=(2t-μ,-t+4μ,3t-2μ),所以7=2t-μ,5=-t+4μ,λ=3t-2μ,4.(2022·银川高二检测)已知矩形ABCD,PA⊥平面ABCD,则以下等式中可能不成立的是()A.DA→·PB→=0 B.C.PD→·AB→=0 D.【解析】选B.选项A,DA⊥ABDA⊥PA⇒DA⇒DA⊥PB⇒DA→·PB→=0;由A可知选项D,PA⊥平面ABCD⇒PA⊥CD⇒PA→·选项B,若BD→·PC又BD⊥PA,所以BD⊥平面PAC,故BD⊥AC,但在矩形ABCD中不愿定有BD⊥AC,故B不愿定成立.5.已知a=(cosα,1,sinα),b=(sinα,1,cosα),且a∥b,则向量a+b与a-b的夹角是() A.90° B.60° C.30° D.0°【解析】选A.由于|a|2=2,|b|2=2,(a+b)·(a-b)=|a|2-|b|2=0,所以(a+b)⊥(a-b),故选A.【变式训练】已知A(2,-5,1),B(2,-2,4),C(1,-4,1),则AC→与AA.30° B.45° C.60° D.90°【解析】选C.AB→=(0,3,3),AC→=(-1,1,0).设<AB→,AC→>=θ,则cosθ=AB6.(2022·长春高二检测)已知向量e1,e2,e3是两两垂直的单位向量,且a=3e1+2e2-e3,b=e1+2e3,则(6a)·QUOTE12b等于()A.15 B.3 C.-3 【解析】选B.(6a)·QUOTE12b=3a·b=3(3e1+2e2-e3)·(e1+2e3)=9|e1|2-6|e3|2=3.7.已知正方体ABCD-A′B′C′D′中,点F是侧面CDD′C′的中心,若AF→=AD→+xAA.0 B.1 C.12 【解析】选A.如图所示,AF→=AD→所以DF→=xAB所以12DC'→=xA由于12AB'→=12AB→+所以x=y=128.(2022·安庆高二检测)如图,将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,若点P满足BP→=12BA→-12BC→A.32 B.2 C.10-24【解析】选D.过点C作CE垂直于BD,垂足为E,连接AE,则得AC=1,故三角形ABC为正三角形.|BP→|2=12BA→-12BC→+BD→2=14BA→2+14BC→2+BD→2-12BA→·B=52-14=9.已知A(4,1,3),B(2,-5,1),C是线段AB上一点,且ACAB=1A.72,-12,C.103,-1,73【解析】选C.由题意知,2AC→=设C(x,y,z),则2(x-4,y-1,z-3)=(2-x,-5-y,1-z),即2x-8=2-x,2y-2=-5-y,即C10310.已知△ABC的顶点A(1,-1,2),B(5,-6,2),C(1,3,-1),则AC边上的高BD的长等于()A.3 B.4 C.5【解析】选C.设D(x,y,z),则AD→=(x-1,y+1,z-2),BD→由于AD→∥AC→,且所以x解得x所以|BD【一题多解】设AD→=λ则(x-1,y+1,z-2)=λ(0,4,-3),所以x=1,y=4λ-1,z=2-3λ.所以BD→=(-4,4λ+5,-3又AC→=(0,4,-3),AC所以4(4λ+5)-3(-3λ)=0,所以λ=-45所以BD→=所以|BD→|=11.(2022·绵阳高二检测)如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E是棱AB的中点,则点E到平面ACD1的距离为A.12 B.22 C.13【解析】选C如图,以D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0).从而D1E→=(1,1,-1),A设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c),则QUOTEn·AC→=0,n·AD得a=2b,a=c.令a=2,则所以点E到平面ACD1的距离为d=QUOTE|D1E→·n||n|=2+1-212.(2022·荆州高二检测)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=22A.AC⊥BEB.EF∥平面ABCDC.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【解析】选D.由于AC⊥平面BB1D1D,又BE⊂平面BB1D1D.所以AC⊥BE,故A正确.由于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B1D1的距离不变,故△BEF的面积为定值,又点A到平面BEF的距离为22故VA-BEF为定值.①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),F12所以AE→=(0,-1,1),BF所以AE→·BF又|AE→|=2,|BF所以cos<AE→,BF→>=AE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E12所以AE→=-1所以AE→·|AE→|=-1所以cos<AE→,BF→>=AE→·二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)13.已知正方体ABCD-A′B′C′D′的棱长为a,则<A'B→,B'D'【解析】B'D'→=BD→,由于所以<A'B→,BD→>=120°,即<A'B答案:120°14.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【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.由于AB=2,A1B1=1,所以AC=BD=22,A1C1=B1D1=2由于平面BDD1B1⊥平面ABCD,所以∠B1BO为侧棱与底面所成的角,所以∠B1BO=60°,设棱台高为h,则tan60°=h2所以h=62所以A(0,-2,0),D1-2B122,0,6所以AD1→B1C→所以cos<AD1→,B1C故异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为1答案:1【变式训练】如图所示,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱CC1的中点,则异面直线D1E与AC所成角的余弦值是【解析】如图,建立空间直角坐标系,则A(4,0,0),C(0,4,0),D1(0,0,4),E(0,4,2),AC→=(-4,4,0),cos<AC→,D1E→所以异面直线D1E与AC所成角的余弦值为105答案:1015.在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面为棱长为1的正三角形,侧棱AA1⊥底面ABC,点D在棱BB1上,且BD=1,若AD与平面AA1C1C所成的角为α,则sin【解题指南】建立空间直角坐标系,求出平面AA1C1C的一个法向量n和AD→,计算cos<n【解析】如图,建立空间直角坐标系,易求点D32,12,1,平面AA1C1C的一个法向量n=(1,0,0),所以cos<n,AD→答案:616.给出命题:①在□ABCD中,AB→+AD→=AC→;②在△ABC中,若AB→·AC→>0,则△ABC是锐角三角形;③在梯形ABCD中,E,F分别是两腰BC,DA的中点,则FE→=12(AB→【解析】①满足向量运算的平行四边形法则,①正确;AB→·AC→=|AB→|·|AC→|·cosA>0⇒∠A<90°,但∠B,∠C无法确定,所以△ABC是否是锐角三角形无法确定,②错误;③符合梯形中位线的性质,正确;④如图,DC→=DA→+AC→,DC→+AB则FE→=12(A答案:①③④三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)如图,正方体ABCD-A′B′C′D′中,点E是上底面A′B′C′D′的中心,用向量DA→,DC→,DD'【解析】BD'→=DD'→-DB→=-AE→=AA'→+A=DD'→+12AC→=DD'→=-12DA→+118.(12分)(2022·福州高二检测)如图所示,已知PA⊥平面ABCD,ABCD为矩形,PA=AD,M,N分别为AB,PC的中点.求证:(1)MN∥平面PAD.(2)平面PMC⊥平面PDC.【证明】如图所示,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系Axyz.设PA=AD=a,AB=b.(1)P(0,0,a),A(0,0,0),D(0,a,0),C(b,a,0),B(b,0,0).由于M,N分别为AB,PC的中点,所以Mb2,0,0,N所以MN→=0,a2所以MN→=12又由于MN⊄平面PAD,所以MN∥平面PAD.(2)由(1)可知:P(0,0,a),C(b,a,0),Mb2所以PC→=(b,a,-a),PM→=设平面PMC的法向量为n1=(x1,y1,z1),则QUOTEn1·PC→=0⇒bx1令z1=b,则n1=(2a,-b,b).设平面PDC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),则QUOTEn2·PC→=0⇒b所以x令z2=1,则n2=(0,1,1).由于n1·n2=0-b+b=0,所以n1⊥n2.所以平面PMC⊥平面PDC.【学问拓展】用向量证明线面平行的主要方法(1)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直.(2)在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量.(3)利用共面对量定理,在平面内找到两不共线向量把直线的方向向量线性表示出来.19.(12分)如图,已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形,且∠C1∠C1CD=∠BCD=60°.当CDCC1的值等于多少时,能使A1【解析】不妨设CDCC1=x,CC1=1,A1则A1C⊥C1B,A1C⊥C而C1D→=C1C→+CD→,A1C→=A由A1C→·C1D→=0,得(AD→+DC→+C1C→)·(C1C留意到C1C→·AD→+CD→·AD→=x因此,当CDCC1=1时,能使A120.(12分)(2021·上海高考)如图,在长方体ABCD-A′B′C′D′中,AB=2,AD=1,AA′=1,证明直线BC′平行于平面D′AC,并求直线BC′到平面D′AC的距离.【解析】如图,建立空间直角坐标系,可得有关点的坐标为A(1,0,1),B(1,2,1),C(0,2,1),C′(0,2,0),D′(0,0,0).则D'A→=(1,0,1),设平面D′AC的法向量n=(u,v,w),由n⊥D'A→,n⊥所以n·D'A→=0,n·D解得u=2v,w=-2v,取v=1,得平面D′AC的一个法向量n=(2,1,-2).由于BC'所以n·BC'→=0,所以n⊥又BC′不在平面D′AC内,所以直线BC′与平面D′AC平行.由CB→=(1,0,0),得点B到平面D′AC的距离d=QUOTE|n·CB→||n|=|2×1+1×0+(-2)×0|22+1221.(12分)(2022·广东高考)四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC=30°,AF⊥PC于点F,FE∥CD,交PD于点E.(1)证明:CF⊥平面ADF.(2)求二面角D-AF-E的余弦值.【解题指南】(1)接受几何法较为便利,证AD⊥平面PCD⇒CF⊥AD,又CF⊥AF⇒CF⊥平面ADF.(2)接受向量法较为便利,以D为原点建立空间直角坐标系,设DC=2,计算出DE,EF的值,得到A,C,E,F的坐标,留意到FC【解析】(1)由于四边形ABCD为正方形,所以AD⊥DC.又PD⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PD⊥AD,DC∩PD=D,所以AD⊥平面PCD.又CF⊂平面PCD,所以CF⊥AD,而AF⊥PC,即AF⊥FC,又AD∩AF=A,所以CF⊥平面ADF.(2)以D为原点,DP,DC,DA分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设DC=2,由(1)知PC⊥DF,即∠CDF=∠DPC=30°,有FC=12DC=1,DF=3FC=3DE=12DF=32,EF=3DE=则D(0,0,0),E32,0,0,FEF→=0,32FC→=设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),由QUOTEEF→·n=0,EA→·n=0取x=4,有y=0,z=3,n=(4,0,3),又平面ADF的一个法向量FC→=所以cos<n,FC→>=QUOTEn·FC→nFC→=所以二面角D-AF-E的余弦值为257【变式训练】(2022·北京高二检测)如图,四边形ABCD是正方形,EA⊥平面ABCD,EA∥PD,AD=PD=2EA=2,F,G,H分别为PB,EB,PC的中点.(1)求证:FG∥平面PED.(2)求平面FGH与平面PBC所成锐二面角的大小.(3)在线段PC上是否存在一点M,使直线FM与直线PA所成的角为60°?若存在,求出线段PM的长;若不存在,请说明理由.【解析】(1)由于F,G分别为PB,BE的中点,所以FG∥PE.又FG⊄平面PED,PE⊂平面PED,所以FG∥平面PED.(2)由于EA⊥平面ABCD,EA∥PD,所以PD⊥平面ABCD,所以PD⊥AD,PD⊥CD.又由于四边形ABCD是正方形,所以AD⊥CD.如图,建立空间直角坐标系,由于AD=PD=2EA=2,所以D0,0,0,P0,0,2,A2,0,0B2,2,0由于F,G,H分别为PB,EB,PC的中点,所以F1,1,1,G2所以GF→=-1,0,12设n1=(x1,y1,z1)为平面FGH的一个法向量,则QUOTEn1·GF→=0,n1再令y1=1,得n1=(0,1,0).PB→=(2,2,-2),设n2=(x2,y2,z2)为平面PBC的一个法向量,