2020-2021学年高中数学第三章空间向量与立体几何章末质量检测三含解析新人教A版选修2-1

PAGE12-章末质量检测(三)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．已知{a，b，c}是空间的一个基底，若p＝a＋b，q＝a－b，则()A．{a，p，q}是空间的一个基底B．{b，p，q}是空间的一个基底C．{c，p，q}是空间的一个基底D．p，q与a，b，c中任何一个都不能构成空间的一个基底2．若A，B，C，D为空间不同的四点，则下列各式为零向量的是()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，则eq\o(A1B,\s\up6(→))等于()A．a＋b－cB．a－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，则一定共线的三点是()A．A，B，DB．A，B，CC．B，C，DD．A，C，D5．已知空间向量a＝(3,1,0)，b＝(x，－3,1)，且a⊥b，则x＝()A．－3B．－1C．1D．26．已知向量a＝(1,0，－1)，则下列向量中与a成60°夹角的是()A．(－1,1,0)B．(1，－1,0)C．(0，－1,1)D．(－1,0,1)7．已知向量i，j，k是一组单位正交向量，m＝8j＋3k，n＝－i＋5j－4k，则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)，则直线DE与平面ABC的关系是()A．平行B．DE⊂平面ABCC．相交D．平行或DE⊂平面ABC9．如图所示，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在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(→))，则x＋y＋z等于()A．－1B．0C.eq\f(1,3)D．110．已知a，b是两异面直线，A，B∈a，C，D∈b，AC⊥b，BD⊥b且AB＝2，CD＝1，则直线a，b所成的角为()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，则a与c的夹角为()A．30°B．60°C．120°D．150°12．正方形ABCD所在平面外有一点P，PA⊥平面ABCD.若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD所成的二面角的大小为()A．30°B．45°C．60°D．90°二、填空题(本大题共4小题，每小题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，则λ＝________.14．已知a＝(3λ，6，λ＋6)，b＝(λ＋1,3,2λ)为两平行平面的法向量，则λ＝________.15．在平行六面体(六个面都是平行四边形的四棱柱)ABCD－A′B′C′D′中，AB＝1，AD＝2，AA′＝3，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°，则AC′的长为________．16．在正四面体P－ABC中，棱长为2，且E是棱AB的中点，则eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的值为________．三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)如图，已知ABCD－A1B1C1D1是平行六面体．设M是底面ABCD的中心，N是侧面BCC1B1对角线BC1上的eq\f(3,4)分点，设eq\o(MN,\s\up6(→))＝αeq\o(AB,\s\up6(→))＋βeq\o(AD,\s\up6(→))＋γeq\o(AA1,\s\up6(→))，试求α，β，γ的值．18．(12分)已知四边形ABCD的顶点分别是A(3，－1,2)，B(1,2，－1)，C(－1,1，－3)，D(3，－5,3)．求证：四边形ABCD是一个梯形．

19.(12分)在平行六面体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′的中点，M是CD′上的中点，N是C′D′的中点，点Q是CA′上的点，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与b＋c夹角的余弦值．

21.(12分)如图所示，已知点P在正方体ABCD－A′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA＝60°.(1)求DP与CC′所成角的大小．(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小．22．(12分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C(1)求证：AA1⊥平面ABC；(2)求二面角A1－BC1－B1的余弦值；(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求eq\f(BD,BC1)的值．章末质量检测(三)1．解析：假设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，这与{a，b，c}是空间的一个基底矛盾，故{c，p，q}是空间的一个基底，故选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(→))，不符合题意；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(→))，不符合题意；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.故选C.答案：C3．解析：如图，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都过点B，所以A，B，D三点共线．答案：A5．解析：根据题意知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，夹角不可能为60°，(1,0，－1)·(1，－1,0)＝1，且|(1,0，－1)|＝|(1，－1,0)|＝eq\r(2)，夹角恰好为60°.计算可知C，D不满足题意．答案：B7．解析：因为m＝(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)，设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y,1)，则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.因为eq\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四点共面，即点D在平面ABC内，所以DE⊂平面ABC，选B.答案：B9．解析：因为eq\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：由题意得a，b所成的角等于直线AB与CD所成的角，因为eq\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°.则直线a，b所成的角为60°.故选B.答案：B11．解析：设向量a＋b与c的夹角为α，因为a＋b＝(－1，－2，－3)，所以|a＋b|＝eq\r(14)，故cosα＝eq\f(a＋b·c,|a＋b||c|)＝eq\f(1,2)，所以α＝60°.因为向量a＋b与a的方向相反，所以a与c的夹角为120°.答案：C12．解析：如图，建立空间直角坐标系，设AB＝1，则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)，则平面PAB的一个法向量n1＝(1,0,0)．设平面PCD的法向量n2＝(x，y，z)，则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，则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与平面PCD所成的二面角的余弦值为eq\f(\r(2),2).所以此角的大小为45°，故选B.答案：B13．解析：易知a与b不共线，由共面向量定理可知，要使a，b，c共面，则必存在实数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：由题意知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：因为eq\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′的长为eq\r(23).答案：eq\r(23)16．解析：由题意，设eq\o(PA,\s\up14(→))＝a，eq\o(PB,\s\up14(→))＝b，eq\o(PC,\s\up14(→))＝c，建立空间的一个基底{a，b，c}，在正四面体中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：因为eq\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：因为eq\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(→))共线，即AB∥CD.因为eq\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与BC不平行，所以四边形ABCD为梯形．19．解析：连接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)因为a∥b，所以eq\f(x,－2)＝eq\f(4,y)＝eq\f(1,－1)，解得x＝2，y＝－4，则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)，设a＋c与b＋c的夹角为θ，因此cosθ＝eq\f(5－12＋3,\r(38)·\r(38))＝－eq\f(2,19).21．解析：(1)如图所示，以D为原点，DA，DC，DD′分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，设DA＝1.则eq\o(DA,\s\up14(→))＝(1,0,0)，eq\o(CC′,\s\up14(→))＝(0,0,1)．连接BD，B′D′.在平面BB′D′D中，延长DP交B′D′于H.设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)).因为cos〈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与