2020-2021学年人教A版数学选修2-1：第三章 空间向量与立体几何 单元质量评估(二)

第三章单元质量评估(二)
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．对于空间向量，有以下命题：
①单位向量的模为1，但方向不确定；②如果一个向量和它的相反向量相等，那么该向量的模为0；③若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ；④若六面体ABCD -A ′B ′C ′D ′为平行六面体，则AB →＝D ′C ′→
.
其中真命题的个数为( C )
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
解析：①为真命题，模为1的向量叫单位向量，其方向不唯一；②为真命题，相反向量的模相等且方向相反，所以如果一个向量和它的相反向量相等，那么该向量为零向量，模为0；③为假命题，当b 为零向量时，不符合；④为真命题，AB →与D ′C ′→
方向相同且大小相等，所以是相等向量．
2．已知空间四边形ABCD 中，G 为CD 的中点，则AB →＋12(BD →＋BC →
)等于( A )
A.AG →
B.CG →
C.BC →
D.12BC →
3．在四面体O -ABC 中，OB ＝OC ，∠AOB ＝∠AOC ＝π
3，则cos 〈OA →，BC →
〉＝( A )
A ．0 B.22 C ．－12
D.12
解析：本题主要考查异面直线垂直的判断方法以及向量数量积的运算.OA →·BC →＝OA →·(OC →－OB →)＝OA →·OC →－OA →·OB →＝|OA →|·|OC →|cos60°－|OA →|·|OB →|cos60°＝0，故选A.
4．已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－4,2，x )，c ＝(1，－x,2)，若(a ＋b )⊥c ，则x 等于( B )
A ．4
B ．－4 C.1
2
D ．－6
5．已知空间三点A (1,0,3)，B (－1,1,4)，C (2，－1,3)．若AP →∥BC →
，且|AP →
|＝14，则点P 的坐标为( C )
A ．(4，－2,2)
B ．(－2,2,4)
C ．(4，－2,2)或(－2,2,4)
D ．(－4,2，－2)或(2，－2,4)
解析：∵AP →∥BC →，∴可设AP →＝λBC →.易知BC →＝(3，－2，－1)，则AP →
＝(3λ，－2λ，－λ)．又|AP →
|＝14，
∴(3λ)2＋(－2λ)2＋(－λ)2＝14，解得λ＝±1.∴AP →
＝(3，－2，－1)或AP →＝(－3,2,1)．设点P 的坐标为(x ，y ，z )，则AP →
＝(x －1，y ，z －3)，∴⎩⎪⎨⎪
⎧
x －1＝3，y ＝－2，z －3＝－1
或⎩⎪⎨⎪
⎧
x －1＝－3，y ＝2，z －3＝1，
解得⎩⎪⎨⎪
⎧
x ＝4，y ＝－2，
z ＝2
或⎩⎪⎨⎪
⎧
x ＝－2，y ＝2，z ＝4.
故点P
的坐标为(4，－2,2)或(－2,2,4)．
6．已知△ABC 的三个顶点A (3,3,2)，B (4，－3,7)，C (0,5,1)，则BC 边上的中线AD 的长为( B )
A ．2
B ．3 C.64
7
D.657
解析：∵BC 的中点D 的坐标为(2,1,4)，∴AD →＝(－1，－2,2)，∴|AD →
|＝1＋4＋4＝3.
7．在直角坐标系xOy 中，设A (2,2)，B (－2，－3)，沿y 轴把坐标平
面折成120°的二面角后，AB 的长是( A )
A.37 B ．6 C ．3 5
D.53
解析：过A ，B 作y 轴的垂线，垂足分别为C ，D ，则|AC →|＝2，|BD →
|＝2，|CD →|＝5，〈AC →，DB →〉＝60°，
所以AB →2＝(AC →＋CD →＋DB →)2＝AC →2＋CD →2＋DB →2＋2AC →·DB →＝4＋25＋4＋2×2×2cos60°＝37.
|AB →
|＝37.故选A.
8．已知空间三点O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (0,1,1)，在直线OA 上有一点H 满足BH ⊥OA ，则点H 的坐标为( C )
A ．(－2,2,0)
B ．(2，－2,0) C.⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12，12，0 D.⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
2，－12，0 解析：由OA →
＝(－1,1,0)，且点H 在直线OA 上，可设H (－λ，λ，0)，则BH →＝(－λ，λ－1，－1)．又BH ⊥OA ，∴BH →·OA →＝0，即(－λ，λ－1，－
1)·(－1,1,0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝1
2，∴H ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12，12，0，故选C. 9．已知O 为平面上的定点，A ，B ，C 是平面上不共线的三点，若(OB →
－OC →)·(OB →＋OC →－2OA →)＝0，则△ABC 是( B )
A ．以A
B 为底边的等腰三角形 B ．以B
C 为底边的等腰三角形 C ．以AB 为斜边的直角三角形
D ．以BC 为斜边的直角三角形 解析：(OB →－OC →)·(OB →＋OC →－2OA →)＝0⇔CB →·(AB →＋AC →
)＝0，则△ABC
是以BC 为底边的等腰三角形，故选B.
10．直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成角为( C )
A ．30°
B ．45°
C ．60°
D ．90°
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝1，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，A 1(0,0,1)，C 1(0,1,1)，
∴BA 1→＝(－1,0,1)，AC 1→
＝(0,1,1)．
∴cos 〈BA 1→，AC 1→〉＝BA 1→·AC 1→
|BA 1→||AC 1→|
＝12×2＝1
2.
∴〈BA 1→，AC 1→
〉＝60°，即异面直线BA 1与AC 1所成角为60°.
11.在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 是C 1C 的中点，则直线BE 与平面B 1BD 所成的角的正弦值为( B )
A ．－105 B.10
5 C ．－155 D.15
5
解析：建立如图空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D (0,0,0)，B (2,2,0)，B 1(2,2,2)，E (0,2,1)．
所以BD →＝(－2，－2,0)，BB 1→＝(0,0,2)，BE →
＝(－2,0,1)．设平面B 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．
因为n ⊥BD →，n ⊥BB 1→
，所以⎩⎪⎨⎪⎧ －2x －2y ＝0，2z ＝0.所以⎩
⎪⎨⎪⎧
x ＝－y ，z ＝0.令y ＝1，
则n ＝(－1,1,0)．
所以cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →
|n ||BE →|＝10
5，设直线BE 与平面B 1BD 所成角为
θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BE →〉|＝10
5.故选B.
12．如图所示，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1＝1，已知G 与E 分别为A 1B 1和CC 1的中点，D 与F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点)，若GD ⊥EF ，则线段DF 的长度的取值范围为( A )
A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫
55，1 B.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
324，52 C.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫55，2 D ．[2，3]
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，E ⎝ ⎛
⎭⎪⎫1，0，12，
G ⎝
⎛
⎭
⎪⎫0，12，1，设D (x,0,0)，F (0，y,0)，
0<x <1,0<y <1.
∵GD ⊥EF ，∴GD →·EF →＝0，∴⎝
⎛⎭⎪⎫x ，－12，－1·⎝
⎛
⎭
⎪⎫－1，y ，－12
＝0，即2x ＋y －1＝0，
∴|DF →
|＝x 2＋y 2＝5x 2－4x ＋1＝
5⎝
⎛
⎭
⎪⎫x －252＋15，
∵0<x <1,0<y <1，∴由y ＝1－2x 得0<x <1
2，
∴当x ＝25时，线段DF 的长度最小，最小值是5
5，当x ＝0时，|DF →|＝1，
又∵0<x <1
2，∴x ＝0不能取到，即DF 的长度不能等于1.故线段DF
的长度的取值范围是⎣⎢⎡⎭
⎪⎫
55，1.
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．已知向量a ＝(λ＋1,0,2λ)，b ＝(6,2μ－1,2)，若a ∥b ，则λ与μ的值分别是15，1
2.
解析：∵a ∥b ，∴存在实数k ，使得a ＝k b ，即(λ＋1,0,2λ)＝k (6,2μ－1,2)，
∴⎩⎪⎨⎪
⎧
λ＋1＝6k ，0＝k (2μ－1)，2λ＝2k ，
解得k ＝λ＝15，μ＝1
2.
14．已知平面α的一个法向量为(1,0，－1)，平面β的一个法向量为(0，－1,1)，则平面α与平面β夹角的大小为π
3.(平面夹角的范围为⎣⎢⎡⎦
⎥⎤0，π2)
解析：设n 1＝(1,0，－1)，n 2＝(0，－1,1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝1×0＋0×(－1)＋(－1)×12×2＝－12，∴〈n 1，n 2〉＝2π
3.因为平面α与平面β
的夹角与〈n 1，n 2〉相等或互补，所以平面α与平面β的夹角的大小为π
3.
15．已知半径为1的球O 内切于正四面体A -BCD ，线段MN 是球O 的一条动直径(M ，N 是直径的两端点)，点P 是正四面体A -BCD 的表面上的一个动点，则PM →·PN →＋AB →·BD →
的取值范围是[－12，－4]．
解析：设正四面体的边长为a ，O 为球心，连接AO 并延长，交平面BCD 于点E ，则AE ＝63a ，BE ＝33a ，OE ＝612a ，AO ＝6
4a .因为内切球的半径为1，所以6
12a ＝1，解得a ＝26，所以AE ＝4，AO ＝3.
易得AB →·BD →＝|AB →|·|BD →|cos(π－∠ABD )＝(26)2
×cos 2π3＝－12. 由M ，N 是直径的两端点，可得OM →＋ON →＝0，OM →·ON →＝－1， 又PM →·PN →＝(PO →＋OM →)·(PO →＋ON →)＝PO →2＋PO →·(OM →＋ON →)＋OM →·ON →＝PO →2－1＝|PO →|2
－1.
所以PM →·PN →＋AB →·BD →＝|PO →|2－13.易知|PO →|∈[1,3]，所以PM →·PN →＋AB →·BD →的取值范围是[－12，－4]．
16.如图所示，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面是以∠ABC 为直角的等腰三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，D 是A 1C 1的中点，点E 在棱AA 1上，要使CE ⊥平面B 1DE ，则AE ＝a 或2a .
解析：建立如图所示的坐标系，则B 1(0,0,3a )，D ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2a 2，2a 2，3a ，C (0，2a,0)．
设E (2a,0，z )(0≤z ≤3a )，则CE →＝(2a ，－2a ，z )，B 1E →
＝(2a,0，z －3a )．
由题意得2a 2＋z 2－3az ＝0，解得z ＝a 或2a .故AE ＝a 或2a . 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)如图所示，在四棱锥M -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧棱AM 的长为3，且AM 和AB ，AD 的夹角都是60°，N 是CM 的中点，设a ＝AB →，b ＝AD →，c ＝AM →，试用a ，b ，c 表示出向量BN →，并求BN 的长．
解：∵BN →＝BC →＋CN →＝AD →＋12CM →＝AD →＋12(AM →－AC →)＝AD →＋12[AM →
－(AD →＋AB →)]＝－12AB →＋12AD →＋12AM →，
∴BN →＝－12a ＋12b ＋12c .
|BN →|2＝BN →2＝⎝
⎛⎭
⎪⎫－12a ＋12b ＋12c 2＝14(a 2＋b 2＋c 2－2a ·b －2a ·c ＋2b ·c )＝17
4，
∴|BN →|＝172，即BN 的长为172.
18．(12分)如图所示，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，AA 1＝4，点D 是BC 的中点．
(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．
解：(1)以A 为坐标原点，AB →，AC →，AA 1→
的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，A 1(0,0,4)，D (1,1,0)，C 1(0,2,4)，∴A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →
＝(1，－1，－4)，∴cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →
|A 1B →||C 1D →|
＝310
10，
∴异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为310
10.
(2)易知AC →
＝(0,2,0)是平面ABA 1的一个法向量，设平面ADC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
∵AD →＝
(1,1,0)，AC 1＝(0,2,4)，∴⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·AD →＝x ＋y ＝0，
n ·AC 1→＝2y ＋4z ＝0，
即
⎩
⎪⎨⎪⎧
x ＝2z ，y ＝－2z ， 取x ＝2，则n ＝(2，－2,1)．
设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角为θ，则|cos θ|＝|cos 〈AC →
，n 〉|＝|AC
→·n |AC →|·|n |
|＝23，
∴sin θ＝53，∴平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53. 19．(12分)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .
(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．
解：(1)证明：由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .
以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →
|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H -xyz .
由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，
DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故PE ⊥PF .
可得PH ＝32，EH ＝3
2.
则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →
＝
⎝
⎛⎭⎪⎫
0，0，32为平面ABFD 的法向量．
设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34.
所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为3
4.
20．(12分)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵
所在平面垂直，M 是CD ︵
上异于C ，D 的点．
(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；
(2)当三棱锥M -ABC 体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．
解：(1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD . 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM .
因为M 为CD ︵
上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .
(2)以D 为坐标原点，DA →
的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz
.
当三棱锥M -ABC 体积最大时，M 为CD ︵
的中点．
由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，M (0,1,1)，AM →＝(－2,1,1)，AB →
＝(0,2,0)，
DA →
＝(2,0,0)．
设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB
的法向量，则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·AM →＝0
n ·AB →＝0
，即
⎩
⎪⎨⎪⎧
－2x ＋y ＋z ＝02y ＝0， 所以可取n ＝(1,0,2)．
DA →是平面MCD 的法向量，因此cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →
|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，
DA →〉＝255.
所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是25
5.
21．(12分)如图，在四棱锥P -ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝
90°，BC ＝CD ＝1
2AD .E 为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.
(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由． (2)若二面角P -CD -A 的大小为45°，求直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值．
解：(1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．
延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面P AB )，点M 为所求的一个点． 理由如下：
由已知，BC ∥ED ，且BC ＝ED . 所以四边形BCDE 是平行四边形． 从而CM ∥EB .
又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ，所以CM ∥平面PBE .
(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)
(2)由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面P AD . 于是CD ⊥PD .
从而∠PDA 是二面角P -CD -A 的平面角． 所以∠PDA ＝45°.
由P A ⊥AB ，可得P A ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.
作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →
的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，
则A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,1,0)，E (1,0,0)， 所以PE →＝(1,0，－2)，EC →＝(1,1,0)，AP →
＝(0,0,2)， 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·PE →＝0
n ·EC →＝0，即⎩
⎪⎨⎪⎧
x －2z ＝0
x ＋y ＝0，
取x ＝2，则n ＝(2，－2,1)．
设直线P A 与平面PCE 所成的角为α，则sin α＝|n
·AP →
|
|n |·|AP →|＝
22×22＋(－2)2＋1
2＝1
3. 所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为1
3.
22．(12分)如图，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.
(1)求证：MN ∥平面BDE ； (2)求二面角C -EM -N 的正弦值；
(3)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE
所成角的余弦值为7
21，求线段AH 的长．
解：(1)证明：如图，以A 为坐标原点，分别以AB →，AC →，AP →
的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,4,0)，P (0,0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M (0,0,1)，N (1,2,0)．
DE →＝(0,2,0)，DB →
＝(2,0，－2)．
设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·DE →＝0
n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
2y ＝0，2x －2z ＝0.
不妨设z ＝1，可得n ＝(1,0,1)． 又MN →＝(1,2，－1)，可得MN →
·n ＝0. 因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE . (2)易知n 1＝(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量． 设n 2＝(x 1，y 1，z 1)为平面EMN 的法向量，则⎩⎪⎨
⎪⎧
n 2·EM →＝0n 2·MN →＝0
.
因为EM →＝(0，－2，－1)，MN →
＝(1,2，－1)，所以⎩
⎪⎨⎪⎧
－2y 1－z 1＝0x 1＋2y 1－z 1＝0.
不妨设y 1＝1，可得n 2＝(－4,1，－2)．
因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－421
，于是sin 〈n 1，n 2〉＝105
21.
所以二面角C -EM -N 的正弦值为105
21.
(3)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )， 进而可得NH →＝(－1，－2，h )，BE →
＝(－2,2,2)．
由已知，得|cos 〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →
||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝7
21，
整理得10h 2
－21h ＋8＝0，解得h ＝85或1
2.
所以线段AH 的长为85或1
2.。