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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.13,-23,23
B.-13,23,-23
C.13,-13,23
D.13,-23,23或-13,23,-23
【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=0,4x+5y+3z=0,x2+y2+z2=1,检验知选D.
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 D.657
【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,解得t=337,μ=177,λ=657,故选D.
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.PC→·BD→=0
C.PD→·AB→=0 D.PA→·CD→=0
【解析】选B.选项A,DA⊥ABDA⊥PA⇒DA⊥平面PAB
⇒DA⊥PB⇒DA→·PB→=0;由A可知AB→·PD→=0,C正确;
选项D,PA⊥平面ABCD⇒PA⊥CD⇒PA→·CD→=0;
选项B,若BD→·PC→=0,则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AB→的夹角为( )
A.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=AB→·AC→|AB→|·|AC→|=332·2=12,所以θ=60°.
6.(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)·等于( )
A.15 B.3 C.-3 D.5
【解析】选B.(6a)·=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→+xAB→+yAA'→,则x-y等于( )
A.0 B.1 C.12 D.-12
【解析】选A.如图所示,AF→=AD→+DF→,
所以DF→=xAB→+yAA'→,
所以12DC'→=xAB→+yAA'→,
由于12AB'→=12AB→+12AA'→,AB'→=DC'→,
所以x=y=12,x-y=0.
8.(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→+BD→,则|BP→|2的值为( )
A.32 B.2 C.10-24 D.94
【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→·BC→+BA→·BD→-BC→·BD→=14×1+14×1+(2)2-12×1×1×cos∠ABC
=52-14=94.
9.已知A(4,1,3),B(2,-5,1),C是线段AB上一点,且ACAB=13,则C点的坐标为( )
A.72,-12,52 B.83,-3,2
C.103,-1,73 D.52,-72,32
【解析】选C.由题意知,2AC→=CB→,
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,2z-6=1-z,解得x=103,y=-1,z=73,
即C103,-1,73.
10.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 D.6
【解析】选C.设D(x,y,z),则AD→=(x-1,y+1,z-2),BD→=(x-5,y+6,z-2), AC→=(0,4,-3),
由于AD→∥AC→,且BD→⊥AC→,
所以x-1=0,4y+1=-3z-2,4y+24-3z+6=0,
解得x=1,y=-215,z=225,
所以|BD→|=5.
【一题多解】设AD→=λAC→,D(x,y,z),
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,-3λ),
又AC→=(0,4,-3),AC→⊥BD→,
所以4(4λ+5)-3(-3λ)=0,
所以λ=-45,
所以BD→=-4,95,125,
所以|BD→|=(-4)2+952+1252=5.
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 D.16
【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),AC→=(-1,2,0),AD1→=(-1,0,1),
设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c),
则即-a+2b=0,-a+c=0,
得a=2b,a=c.令a=2,则n=(2,1,2).
所以点E到平面ACD1的距离为
d==2+1-23=13.
12.(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=22,则下列结论中错误的是( )
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
【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),F12,12,1,
所以AE→=(0,-1,1),BF→=12,-12,1,
所以AE→·BF→=32.
又|AE→|=2,|BF→|=62,
所以cos<AE→,BF→>=AE→·BF→|AE→|·|BF→|=322·62=32.
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E12,12,1,F(0,1,1).
所以AE→=-12,-12,1,BF→=(0,0,1),
所以AE→·BF→=1,
|AE→|=-122+-122+12=62,
所以cos<AE→,BF→>=AE→·BF→|AE→|·|BF→|=162·1=63≠32,故选D.
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△A′BD为正三角形,
所以<A'B→,BD→>=120°,即<A'B→,B'D'→>=120°.
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.
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°=h2-22,
所以h=62,
所以A(0,-2,0),D1-22,0,62,
B122,0,62,C(0,2,0),
所以AD1→=-22,2,62,
B1C→=-22,2,-62,
所以cos<AD1→,B1C→>=AD1→·B1C→|AD1→|·|B1C→|=14,
故异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为14.
答案:14
【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),D1E→=(0,4,-2).
cos<AC→,D1E→>=1632×20=105.
所以异面直线D1E与AC所成角的余弦值为105.
答案:105
15.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sinα的值是 .
【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,AD→>即可求解sinα.
【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→>=322=64,即sinα=64.
答案:64
16.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→+DC→);④在空间四边形ABCD中,E,F分别是边BC,DA的中点,则FE→=12(AB→+DC→).以上命题中,正确命题的序号是 .
【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→=DA→+AB→+AC→=DA→+2AE→=2(FA→+AE→)=2FE→,
则FE→=12(AB→+DC→),正确.
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'→表示向量BD'→,AE→.
【解析】BD'→=DD'→-DB→=-DA→-DC→+DD'→.
AE→=AA'→+A'E→=DD'→+12A'C'→
=DD'→+12AC→=DD'→+12(DC→-DA→)
=-12DA→+12DC→+DD'→.
18.(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,Nb2,a2,a2.
所以MN→=0,a2,a2,AP→=(0,0,a),AD→=(0,a,0),
所以MN→=12AD→+12AP→.
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),Mb2,0,0,D(0,a,0).
所以PC→=(b,a,-a),PM→=b2,0,-a,PD→=(0,a,-a).
设平面PMC的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则所以x1=2abz1,y1=-z1.
令z1=b,则n1=(2a,-b,b).
设平面PDC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
则
所以x2=0,y2=z2.
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∠C1CB=
∠C1CD=∠BCD=60°.当CDCC1的值等于多少时,能使A1C⊥平面C1BD?
【解析】不妨设CDCC1=x,CC1=1,A1C⊥平面C1BD,
则A1C⊥C1B,A1C⊥C1D,
而C1D→=C1C→+CD→,A1C→=A1D1→+D1C1→+C1C→=AD→+DC→+C1C→,
由A1C→·C1D→=0,得(AD→+DC→+C1C→)·(C1C→+CD→)=C1C→2-CD→2+C1C→·AD→+CD→·AD→=0,
留意到C1C→·AD→+CD→·AD→=x2-x22,可得方程1-x2+x-x22=0,解得x=1或x=-23(舍).
因此,当CDCC1=1时,能使A1C⊥平面C1BD.
20.(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),D'C→=(0,2,1),
设平面D′AC的法向量n=(u,v,w),
由n⊥D'A→,n⊥D'C→,
所以n·D'A→=0,n·D'C→=0,即u+w=0,2v+w=0,
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'→=(-1,0,-1),
所以n·BC'→=0,所以n⊥BC'→.
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==|2×1+1×0+(-2)×0|22+12+(-2)2=23,所以直线BC′到平面D′AC的距离为23.
21.(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→为平面ADF的一个法向量.
【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=3,
DE=12DF=32,EF=3DE=32,
则D(0,0,0),E32,0,0,F32,32,0,A(0,0,2),C(0,2,0),
EF→=0,32,0,EA→=-32,0,2,
FC→=-32,12,0,
设平面AEF的法向量为n=(x,y, z),
由得32y=0,-32x+2z=0,
取x=4,有y=0,z=3,n=(4,0,3),
又平面ADF的一个法向量FC→=-32,12,0,
所以cos<n,FC→>= =-2319×1=-25719,
所以二面角D-AF-E的余弦值为25719.
【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,A2,0,0,C0,2,0,
B2,2,0,E(2,0,1).
由于F,G,H分别为PB,EB,PC的中点,
所以F1,1,1,G2,1,12,H(0,1,1).
所以GF→=-1,0,12,GH→=-2,0,12.
设n1=(x1,y1,z1)为平面FGH的一个法向量,
则即-x1+12z1=0,-2x1+12z1=0,
再令y1=1,得n1=(0,1,0).PB→=(2,2,-2),PC→=(0,2,-2).
设n2=(x2,y2,z2)为平面PBC的一个法向量,
则即2x2+2y2-2z2=0,2y2-2z2=0,
令z2=1,得n2=(0,1,1).
所以
所以平面FGH与平面PBC所成锐二面角的大小为π4.
(3)假设在线段PC上存在一点M,使直线FM与直线PA所成角为60°.
依题意可设PM→=λPC→,其中0≤λ≤1.
由PC→=(0,2,-2),则PM→=(0,2λ,-2λ).
又由于FM→=FP→+PM→,FP→=(-1,-1,1),
所以FM→=(-1, 2λ-1,1-2λ).
由于直线FM与直线PA所成角为60°,PA→=(2,0,-2),
所以cos<FM→,PA→>=12,
即12=-2-2+4λ22·1+2(2λ-1)2,
解得λ=58.
所以PM→=0,54,-54,PM→=524.
所以在线段PC上存在一点M,使直线FM与直线PA所成角为60°,此时PM的长度为524.
22.(12分)四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是一个平行四边形,PA⊥底面ABCD,AB→=(2,-1,-4),AD→=(4,2,0),AP→=(-1,2,-1).
(1)求四棱锥P-ABCD的体积.
(2)对于向量a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),c=(x3,y3,z3),定义一种运算:(a×b)·c=x1y2z3+x2y3z1+x3y1z2-x1y3z2-x2y1z3-x3y2z1.
试计算(AB→×AD→)·AP→的确定值的值;说明其与四棱锥P-ABCD体积的关系,并由此猜想向量这一运算(AB→×AD→)·AP→的确定值的几何意义.
【解析】(1)设<AB→,AD→>=θ,则cosθ=AB→·AD→AB→AD→=3105.所以sinθ=4235.
所以V=13S□ABCD|AP→|=13|AB→||AD→|sinθ|AP→|=16.
(2)(AB→×AD→)·AP→=|-4-32+0-0-4-8|=48,它是四棱锥P-ABCD体积的3倍.
猜想:(AB→×AD→)·AP→在几何上可表示以AB,AD,AP为棱的平行六面体的体积(或以AB,AD,AP为棱的直四棱柱的体积).
【技法点拨】向量法在数形结合思想中的应用
向量是有效沟通“数”与“形”的桥梁.在学习中我们确定要充分理解向量概念及向量运算的几何意义,从而有效利用向量工具解决实际问题.如对空间直线的向量表示,应明确空间直线是由空间一点及直线的方向向量惟一确定.
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