2020-2021數(shù)學(xué)人教版2-1章末質(zhì)量檢測（三） 第三章空間向量與立體幾何含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2020-2021學(xué)年數(shù)學(xué)人教A版選修2-1章末質(zhì)量檢測（三）第三章空間向量與立體幾何含解析章末質(zhì)量檢測（三)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．已知{a，b，c｝是空間的一個基底，若p＝a＋b，q＝a－b，則()A．{a,p，q}是空間的一個基底B．｛b,p，q}是空間的一個基底C．{c,p，q｝是空間的一個基底D．p，q與a,b，c中任何一個都不能構(gòu)成空間的一個基底2．若A，B，C,D為空間不同的四點(diǎn)，則下列各式為零向量的是（）①eq\o（AB，\s\up6（→）)＋2eq\o(BC,\s\up6（→))＋2eq\o（CD，\s\up6（→)）＋eq\o(DC,\s\up6（→))；②2eq\o(AB，\s\up6(→)）＋2eq\o（BC,\s\up6(→)）＋3eq\o（CD,\s\up6(→)）＋3eq\o(DA,\s\up6（→)）＋eq\o(AC,\s\up6(→)）；③eq\o(AB，\s\up6（→)）＋eq\o(CA,\s\up6（→)）＋eq\o（BD,\s\up6(→)）；④eq\o（AB，\s\up6(→））－eq\o(CB，\s\up6（→))＋eq\o（CD,\s\up6（→))－eq\o（AD,\s\up6（→））。A．①②B．②③C．②④D．①④3．直三棱柱ABC-A1B1C1中,若eq\o(CA,\s\up6（→))＝a,eq\o（CB，\s\up6(→))＝b，eq\o（CC1，\s\up6(→）)＝c,則eq\o(A1B,\s\up6（→）)等于（)A．a(chǎn)＋b－cB．a(chǎn)－b＋cC．－a＋b＋cD．－a＋b－c4．已知向量a，b，且eq\o（AB,\s\up6(→））＝a＋2b，eq\o(BC,\s\up6（→))＝－5a＋6b，eq\o（CD,\s\up6(→））＝7a－2b，則一定共線的三點(diǎn)是（)A．A，B,DB．A，B,CC．B，C,DD．A，C，D5．已知空間向量a＝(3，1，0），b＝（x，－3，1）,且a⊥b，則x＝（)A．－3B．－1C．1D．26．已知向量a＝（1,0，－1)，則下列向量中與a成60°夾角的是（)A．(－1,1,0)B．（1，－1,0）C．(0,－1，1）D．(－1,0，1）7．已知向量i，j，k是一組單位正交向量，m＝8j＋3k，n＝－i＋5j－4k，則m·n＝(）A．7B．－20C．28D．118．已知A(1,0,0），B（0,1，1),C(1，1,0)，D(1,2，0），E(0,0，1），則直線DE與平面ABC的關(guān)系是（）A．平行B．DE?平面ABCC．相交D．平行或DE?平面ABC9．如圖所示，平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，E,F分別在B1B和D1D上，且BE＝eq\f(1，3）BB1,DF＝eq\f（2,3）DD1。若eq\o(EF，\s\up6（→)）＝xeq\o（AB,\s\up6(→）)＋yeq\o（AD,\s\up6（→))＋zeq\o（AA1，\s\up6(→)）,則x＋y＋z等于（）A．－1B．0C.eq\f（1，3）D．110．已知a，b是兩異面直線，A,B∈a，C，D∈b，AC⊥b，BD⊥b且AB＝2，CD＝1，則直線a，b所成的角為()A．30°B．60°C．90°D．45°11．已知向量a＝(1，2，3），b＝(－2，－4，－6）,|c｜＝eq\r（14）,若（a＋b）·c＝7，則a與c的夾角為（）A．30°B．60°C．120°D．150°12．正方形ABCD所在平面外有一點(diǎn)P，PA⊥平面ABCD。若PA＝AB，則平面PAB與平面PCD所成的二面角的大小為（)A．30°B．45°C．60°D．90°二、填空題(本大題共4小題,每小題5分，共20分)13．已知a＝(2，－1，3）,b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a，b，c共面，則λ＝________。14．已知a＝(3λ，6，λ＋6），b＝(λ＋1,3,2λ)為兩平行平面的法向量,則λ＝________。15．在平行六面體（六個面都是平行四邊形的四棱柱）ABCD－A′B′C′D′中，AB＝1，AD＝2,AA′＝3,∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°，則AC′的長為________．16．在正四面體P－ABC中,棱長為2，且E是棱AB的中點(diǎn)，則eq\o（PE,\s\up6(→）)·eq\o(BC,\s\up6(→））的值為________．三、解答題（本大題共6個小題,共70分,解答時寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟）17．(10分）如圖,已知ABCD－A1B1C1D1是平行六面體．設(shè)M是底面ABCD的中心,N是側(cè)面BCC1B1對角線BC1上的eq\f（3，4)分點(diǎn),設(shè)eq\o(MN，\s\up6（→))＝αeq\o（AB，\s\up6(→))＋βeq\o（AD,\s\up6（→)）＋γeq\o(AA1,\s\up6（→）），試求α,β,γ的值．18．(12分)已知四邊形ABCD的頂點(diǎn)分別是A（3,－1，2)，B（1，2,－1)，C(－1,1，－3），D（3,－5,3）．求證:四邊形ABCD是一個梯形．

19.（12分）在平行六面體ABCD－A′B′C′D′中，eq\o（AB，\s\up6（→）)＝a，eq\o（AD，\s\up6（→)）＝b，eq\o（AA′，\s\up6（→））＝c，P是CA′的中點(diǎn)，M是CD′上的中點(diǎn)，N是C′D′的中點(diǎn)，點(diǎn)Q是CA′上的點(diǎn)，且CQ∶QA′＝4∶1，用基底｛a，b，c}表示以下向量：（1)eq\o（AP，\s\up6(→)).（2）eq\o（AM,\s\up6(→)）。（3)eq\o(AN，\s\up6（→））.(4）eq\o（AQ,\s\up6(→)）。20．（12分）已知a＝(x，4,1)，b＝(－2，y,－1)，c＝（3，－2，z),a∥b，b⊥c，求：(1)a，b,c；（2)a＋c與b＋c夾角的余弦值．

21.（12分）如圖所示，已知點(diǎn)P在正方體ABCD－A′B′C′D′的對角線BD′上，∠PDA＝60°。（1)求DP與CC′所成角的大?。?2）求DP與平面AA′D′D所成角的大小．22．(12分）如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是邊長為4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，(1)求證：AA1⊥平面ABC；(2)求二面角A1－BC1－B1的余弦值；（3)證明：在線段BC1上存在點(diǎn)D,使得AD⊥A1B，并求eq\f（BD，BC1）的值．章末質(zhì)量檢測(三）1．解析：假設(shè)c＝k1p＋k2q，其中k1，k2∈R，即c＝k1(a＋b)＋k2（a－b），得（k1＋k2）a＋（k1－k2)b－c＝0，這與｛a，b，c｝是空間的一個基底矛盾，故{c，p，q}是空間的一個基底，故選C.答案：C2．解析:①中，原式＝eq\o（AB,\s\up14(→))＋2eq\o（BD，\s\up14(→）)＋eq\o(DC,\s\up14（→))＝eq\o（AB,\s\up14（→)）＋eq\o(BD，\s\up14（→)）＋eq\o（BD,\s\up14（→))＋eq\o(DC,\s\up14（→))＝eq\o（AD,\s\up14（→）)＋eq\o(BC,\s\up14(→）），不符合題意；②中,原式＝2（eq\o(AB，\s\up14（→))＋eq\o（BC,\s\up14(→))＋eq\o(CD，\s\up14(→））＋eq\o(DA，\s\up14(→）))＋(eq\o(AC,\s\up14(→）)＋eq\o（CD,\s\up14(→））＋eq\o(DA，\s\up14（→))）＝0；③中,原式＝eq\o(CD,\s\up14(→）)，不符合題意；④中，原式＝（eq\o（AB，\s\up14（→））－eq\o（AD，\s\up14（→)))＋（eq\o（CD，\s\up14（→）)－eq\o(CB,\s\up14（→)））＝0。故選C。答案：C3．解析:如圖，eq\o(A1B，\s\up14(→））＝eq\o(AB,\s\up14（→))－eq\o(AA1,\s\up14(→)）＝eq\o(CB，\s\up14(→）)－eq\o(CA,\s\up14（→））－eq\o(AA1,\s\up14(→))＝eq\o(CB，\s\up14(→)）－eq\o（CA，\s\up14（→）)－eq\o（CC1，\s\up14(→）)＝b－a－c.答案：D4．解析：eq\o（BC，\s\up14(→))＋eq\o(CD,\s\up14(→））＝eq\o（BD，\s\up14(→)）＝－5a＋6b＋7a－2b＝2a＋4b＝2eq\o(AB,\s\up14（→)）。所以eq\o(BD，\s\up14（→))∥eq\o（AB,\s\up14(→））,又BD、AB都過點(diǎn)B,所以A，B,D三點(diǎn)共線．答案:A5．解析：根據(jù)題意知a·b＝0,所以3x＋1×（－3)＋0×1＝0，即3x－3＝0，解得x＝1。答案：C6．解析：（1,0，－1)·（－1,1,0）＝－1,夾角不可能為60°，（1，0，－1）·（1，－1,0)＝1，且|(1，0,－1)｜＝|（1，－1,0)｜＝eq\r(2)，夾角恰好為60°。計(jì)算可知C，D不滿足題意．答案：B7．解析:因?yàn)閙＝(0,8,3），n＝（－1，5，－4），所以m·n＝0＋40－12＝28.答案：C8．解析：eq\o(AB，\s\up14（→））＝(－1,1，1)，eq\o（BC，\s\up14（→)）＝（1，0,－1），設(shè)平面ABC的一個法向量為n＝(x，y，1），則n·eq\o(AB，\s\up14(→)）＝0,n·eq\o（BC,\s\up14(→))＝0，所以eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－x＋y＋1＝0，,x－1＝0，））解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x＝1，，y＝0。))所以n＝(1,0,1)．又eq\o(DE,\s\up14（→))＝(－1,－2,1），所以eq\o(DE,\s\up14(→）)·n＝（－1，－2,1)·（1,0，1）＝0，所以eq\o(DE,\s\up14（→）)⊥n,所以DE∥平面ABC或DE?平面ABC.因?yàn)閑q\o（BD,\s\up14（→))＝（1，1，－1)，所以eq\o（BD,\s\up14（→))＝2eq\o(BC，\s\up14(→）)＋eq\o（AB,\s\up14(→))，所以A，B,C，D四點(diǎn)共面,即點(diǎn)D在平面ABC內(nèi)，所以DE?平面ABC,選B.答案：B9．解析：因?yàn)閑q\o(EF,\s\up14(→））＝eq\o(AF，\s\up14（→)）－eq\o（AE，\s\up14(→））＝eq\o(AD,\s\up14(→）)＋eq\o(DF,\s\up14（→)）－（eq\o(AB，\s\up14（→))＋eq\o（BE，\s\up14(→)）)＝eq\o（AD，\s\up14(→)）＋eq\f（2,3）eq\o（DD1,\s\up14(→））－eq\o（AB，\s\up14(→）)－eq\f(1，3)eq\o（BB1，\s\up14(→))＝－eq\o(AB，\s\up14（→）)＋eq\o（AD，\s\up14（→）)＋eq\f（1,3)eq\o(AA1，\s\up14（→））,所以x＝－1，y＝1，z＝eq\f（1，3），所以x＋y＋z＝eq\f（1，3).答案：C10．解析：由題意得a,b所成的角等于直線AB與CD所成的角，因?yàn)閑q\o(AB,\s\up14(→）)＝eq\o（AC，\s\up14(→）)＋eq\o（CD，\s\up14(→）)＋eq\o（DB，\s\up14(→)）,所以eq\o(AB,\s\up14(→)）·eq\o(CD，\s\up14（→))＝（eq\o（AC,\s\up14(→)）＋eq\o（CD,\s\up14(→))＋eq\o(DB,\s\up14（→)))·eq\o（CD,\s\up14（→）)＝eq\o(CD，\s\up14(→））2＝1，所以cos<eq\o（AB,\s\up14（→）），eq\o(CD,\s\up14(→））>＝eq\f（\o(AB,\s\up14(→））·\o(CD，\s\up14(→）),｜\o（AB,\s\up14（→）)｜|\o（CD，\s\up14(→)）|)＝eq\f（1,2)，所以〈eq\o（AB，\s\up14(→）)，eq\o（CD，\s\up14（→))〉＝60°。則直線a，b所成的角為60°。故選B.答案：B11．解析：設(shè)向量a＋b與c的夾角為α，因?yàn)閍＋b＝(－1，－2,－3)，所以｜a＋b|＝eq\r（14），故cosα＝eq\f（a＋b·c,|a＋b｜｜c(diǎn)|）＝eq\f(1,2),所以α＝60°。因?yàn)橄蛄縜＋b與a的方向相反，所以a與c的夾角為120°.答案：C12．解析:如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝1，則A（0,0，0)，B（0，1,0)，P(0,0，1），D(1，0,0），C(1,1,0).eq\o(PD，\s\up14（→)）＝（1，0，－1），eq\o（CD，\s\up14(→）)＝(0，－1,0）,則平面PAB的一個法向量n1＝（1，0，0)．設(shè)平面PCD的法向量n2＝（x，y，z），則eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（n2·\o（PD,\s\up14（→）)＝0，，n2·\o(CD，\s\up14（→））＝0，））得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x－z＝0，,y＝0。)）令x＝1，則z＝1.所以n2＝(1,0，1),cos〈n1,n2〉＝eq\f（1，\r(2）)＝eq\f(\r(2）,2）.所以平面PAB與平面PCD所成的二面角的余弦值為eq\f(\r（2),2）.所以此角的大小為45°,故選B.答案：B13．解析：易知a與b不共線，由共面向量定理可知,要使a，b，c共面，則必存在實(shí)數(shù)x，y，使得c＝xa＋yb,即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y＝7，，－x＋4y＝5，，3x－2y＝λ，))解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x＝\f(33,7），,y＝\f(17,7),,λ＝\f(65，7）。))答案:eq\f（65,7)14．解析：由題意知a∥b，∴eq\f(3λ，λ＋1)＝eq\f（6,3)＝eq\f(λ＋6，2λ)，解得λ＝2。答案:215．解析:因?yàn)閑q\o(AC′，\s\up14（→）)＝eq\o(AB,\s\up14（→))＋eq\o(AD,\s\up14（→）)＋eq\o（AA′,\s\up14（→）)，所以eq\o(AC′,\s\up14(→）)2＝|eq\o(AB，\s\up14（→））|2＋|eq\o(AD,\s\up14（→))｜2＋|eq\o（AA′，\s\up14（→）)|2＋2eq\o(AB，\s\up14（→））·eq\o(AD，\s\up14（→)）＋2eq\o（AB，\s\up14(→））·eq\o（AA′，\s\up14(→))＋2eq\o(AD,\s\up14（→））·eq\o(AA′,\s\up14(→))＝1＋4＋9＋2×1×2×cos90°＋2×1×3×cos60°＋2×2×3×cos60°＝23，即|eq\o(AC′,\s\up14（→)）｜＝eq\r（23）。故AC′的長為eq\r（23）。答案：eq\r（23)16．解析：由題意,設(shè)eq\o(PA,\s\up14（→）)＝a，eq\o(PB，\s\up14（→）)＝b，eq\o(PC,\s\up14（→））＝c，建立空間的一個基底｛a，b，c}，在正四面體中eq\o(PE，\s\up14（→)）＝eq\f（1,2）(a＋b)，eq\o(BC，\s\up14（→)）＝c－b，所以eq\o(PE,\s\up14(→)）·eq\o（BC，\s\up14（→))＝eq\f(1,2)(a＋b)·(c－b）＝eq\f（1，2)(a·c－a·b＋b·c－b2)＝eq\f(1，2）(2×2cos60°－2×2cos60°＋2×2cos60°－2×2）＝－1.答案：－117．解析：因?yàn)閑q\o（MN，\s\up14(→)）＝eq\o（MB,\s\up14(→））＋eq\o（BN,\s\up14（→))＝eq\f(1，2）eq\o(DB,\s\up14(→))＋eq\f（3,4)eq\o（BC1,\s\up14(→）)＝eq\f（1,2）(eq\o（AB，\s\up14(→)）－eq\o（AD,\s\up14（→））)＋eq\f(3，4）(eq\o(CC1,\s\up14(→)）－eq\o(CB,\s\up14(→）)）＝eq\f(1,2)(eq\o（AB,\s\up14（→))－eq\o（AD,\s\up14(→）))＋eq\f(3，4）（eq\o（AA1,\s\up14（→))＋eq\o(AD，\s\up14(→）)）＝eq\f（1,2）eq\o(AB,\s\up14（→））－eq\f（1,2）eq\o（AD，\s\up14(→)）＋eq\f（3,4）eq\o（AA1，\s\up14(→)）＋eq\f(3,4）eq\o(AD,\s\up14（→）)＝eq\f（1,2）eq\o（AB，\s\up14（→)）＋eq\f(1，4)eq\o(AD,\s\up14（→)）＋eq\f（3，4)eq\o(AA1，\s\up14(→)），又eq\o（MN,\s\up14(→）)＝αeq\o(AB,\s\up14(→）)＋βeq\o(AD,\s\up14(→））＋γeq\o(AA1，\s\up14（→)），所以α＝eq\f（1，2),β＝eq\f(1，4），γ＝eq\f（3，4)。18．解析:因?yàn)閑q\o（AB，\s\up14（→))＝（1,2,－1）－(3,－1,2)＝(－2，3,－3），eq\o（CD,\s\up14(→)）＝（3，－5,3)－（－1,1，－3）＝(4，－6，6)，又eq\f（－2,4)＝eq\f（3，－6）＝eq\f（－3，6），所以eq\o（AB,\s\up14(→))和eq\o（CD,\s\up14(→)）共線，即AB∥CD.因?yàn)閑q\o（AD,\s\up14（→)）＝(3，－5,3）－（3，－1，2）＝(0，－4，1）,eq\o(BC，\s\up14（→)）＝（－1，1，－3)－（1,2,－1)＝（－2，－1，－2）,又eq\f（0,－2）≠eq\f(－4，－1)≠eq\f(1,－2），所以AD與BC不平行，所以四邊形ABCD為梯形．19．解析:連接AC，AD′，AC′。(1)eq\o(AP,\s\up14(→)）＝eq\f(1,2）(eq\o（AC，\s\up14(→))＋eq\o（AA′，\s\up14（→））)＝eq\f(1,2）(eq\o(AB,\s\up14(→）)＋eq\o（AD，\s\up14(→)）＋eq\o(AA′,\s\up14(→)))＝eq\f（1,2）（a＋b＋c）．（2）eq\o(AM，\s\up14(→））＝eq\f（1,2)(eq\o（AC，\s\up14(→）)＋eq\o（AD′,\s\up14（→)）)＝eq\f（1,2）（eq\o(AB，\s\up14(→))＋2eq\o(AD，\s\up14（→)）＋eq\o（AA′，\s\up14(→）))＝eq\f（1，2)a＋b＋eq\f（1，2)c。（3)eq\o(AN,\s\up14(→))＝eq\f(1，2）（eq\o（AC′,\s\up14(→))＋eq\o（AD′,\s\up14(→))）＝eq\f（1，2）[(eq\o(AB,\s\up14（→））＋eq\o(AD,\s\up14(→))＋eq\o(AA′,\s\up14(→))）＋(eq\o（AD，\s\up14(→))＋eq\o（AA′,\s\up14（→))）]＝eq\f(1，2)（eq\o（AB,\s\up14(→))＋2eq\o(AD,\s\up14（→）)＋2eq\o(AA′,\s\up14(→))）＝eq\f(1，2)a＋b＋c。（4)eq\o（AQ,\s\up14（→）)＝eq\o(AC,\s\up14(→）)＋eq\o（CQ,\s\up14（→))＝eq\o（AC，\s\up14(→））＋eq\f(4,5)(eq\o(AA′，\s\up14（→））－eq\o（AC，\s\up14（→)))＝eq\f(1,5)eq\o(AB，\s\up14（→))＋eq\f（1,5）eq\o(AD，\s\up14(→)）＋eq\f(4,5)eq\o(AA′，\s\up14（→））＝eq\f（1,5)a＋eq\f(1,5）b＋eq\f(4，5)c。20．解析:(1）因?yàn)閍∥b,所以eq\f(x,－2）＝eq\f（4,y)＝eq\f（1,－1)，解得x＝2，y＝－4，則a＝(2,4,1），b＝(－2，－4，－1）．又b⊥c，所以b·c＝0，即－6＋8－z＝0，解得z＝2，于是c＝（3，－2，2）．（2)由(1）得a＋c＝（5，2,3），b＋c＝(1，－6，1），設(shè)a＋c與b＋c的夾角為θ，因此cosθ＝eq\f（5－12＋3，\r（38)·\r(38）)＝－eq\f（2,19）.21．解析：(1）如圖所示，以D為原點(diǎn)，DA,DC,DD′分別為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)DA＝1.則eq\o（DA，\s\up14（→））＝（1，0，0),eq\o(CC′,\s\up14(→））＝（0，0，1）．連接BD，B′D′.在平面BB′D′D中,延長DP交B′D′于H.設(shè)eq\o(DH，\s\up14（→））＝（m,m，1)(m＞0)，由已知〈eq\o（DH，\s\up14（→)）,eq\o(DA，\s\up14（→)）〉＝60°,由eq\o（DA，\s\up14（→））·eq\o(DH,\s\up14（→))＝｜eq\o（DA,\s\up14（→)）|｜eq\o(DH,\s\up14（→）)|cos〈eq\o(DH,\s\up14（→）），eq\o（DA,\s\up14（→））〉，可得2m＝eq\r(2m2＋1)。解得m＝eq\f（\r（2）,2），所以eq\o（DH，\s\up14(→))＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(\r(2),2)，\f(\r(2），2），1)).因?yàn)閏os〈eq\o（DH，\s\up14（→)）,eq\o(CC′，\s\up14(→））>＝eq\f（\f（\r(2）,2）×0＋\f(\r(2），2）×0＋1×1,\r（2)×1）＝eq\f（\r(2)，2)，所以〈eq\o（DH，\s\up14(→))，eq\o（CC′,\s\up14(→))〉＝45°,即DP與CC′所成的角為45°.(2)平面AA′D′D的一個法向量是eq\o（DC,\s\up14(→)）＝(0,1,0），因?yàn)閏os〈eq\