人教A版高中数学选择性必修一周测卷2　(范围：§1.4)

周测卷2(范围:§1.4)(时间:50分钟满分:100分)一、单选题(本题共6小题,每小题5分,共30分)1.设直线l1的一个方向向量为a=(2,1,-2),直线l2的一个方向向量为b=(2,2,m),若l1⊥l2,则m=()A.1 B.-2 C.-3 D.3答案D解析∵l1⊥l2,∴a⊥b,∴a·b=2×2+1×2+(-2)·m=0,∴m=3.2.设平面α内两向量a=(1,2,1),b=(-1,1,2),则下列向量中是平面α的法向量的是()A.(-1,-2,5) B.(-1,1,-1)C.(1,1,1) D.(1,-1,-1)答案B解析平面α的法向量应当与a,b都垂直,可以检验知B选项适合.3.已知AB=(1,5,-2),BC=(3,1,z),若AB⊥BC,BP=(x-1,y,-3),且BP⊥平面ABC,则实数x,y,z分别为()A.337,-157,4 B.407,-C.407,-2,4 D.4,407答案B解析∵AB⊥BC,∴AB·BC=0,即3+5-2z=0,得z=4,又BP⊥平面ABC,∴BP⊥AB,BP⊥BC,则x解得x4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AC与B1D所成的角大小为()A.π6 B.π4 C.π答案D解析建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体棱长为1,则A(0,0,0),C(1,1,0),B1(1,0,1),D(0,1,0).∴AC=(1,1,0),B1D=(-1,1,∵AC·B1D=1×(-1)+1×1+0×∴AC⊥B1∴AC与B1D所成的角为π25.如图所示,在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A1B1C1D1,AB=1,BC=2,AA1=3,则点B到直线A1C的距离为()A.27 B.C.357答案B解析∵AB=1,BC=2,AA1=3,∴A1(0,0,3),C(1,2,0),B(1,0,0),∴直线A1C的方向向量A1C=(1,2BC=(0,2,0),A1C对应的单位向量为u=所以点B到A1C的距离为d=BC2-(BC·6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为()A.12 B.23 C.3答案B解析以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,设正方体的棱长为1,则A1(0,0,1),E1,0,12,D(0∴A1D=(0,1,A1E=设平面A1ED的一个法向量为n1=(1,y,z),∴A即y-z∴n1=(1,2,2).∵平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),∴|cos<n1,n2>|=23×1=23,即平面A1ED与平面二、多选题(本题共2小题,每小题6分,共12分)7.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=23A1D,AF=13AC,则正确的选项为(A.EF至多与A1D,AC之一垂直B.EF⊥A1D,EF⊥ACC.EF与BD1相交D.EF与BD1平行答案BD解析如图,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为3,则E(1,0,1),F(2,1,0),A1(3,0,3),A(3,0,0),C(0,3,0),D(0,0,0),B(3,3,0),D1(0,0,3),∴EF=(1,1,-1),AC=(-3,3,0),A1D=(-3,0,∵EF·AC=0,EF·A1D∴EF⊥AC,EF⊥A1D,B正确,A错误.由BD1=(-3,-3,3),EF=-故选项D正确,C错误.8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是A1D1和C1D1的中点,则下列结论正确的是()A.A1C1∥平面CEFB.B1D⊥平面CEFC.CE=12DA+DD.点D与点B1到平面CEF的距离相等答案AC解析对于A,因为E,F分别是A1D1和C1D1的中点,故EF∥A1C1,又EF⊂平面CEF,A1C1⊄平面CEF,故A1C1∥平面CEF成立.对于B,建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2,则B1D=(-2,-2,-2),FC=(0,1,故B1D·FC=0-2+4=2≠故B1D,FC又CF⊂平面CEF,故B1D⊥平面CEF不成立.对于C,CE=(1,-2,2),12DA+DD1-DC=12(2,0,0)+(0,0,2)-(0,2,0)=(1故CE=12DA+DD1对于D,点D与点B1到平面CEF的距离相等,则点D与点B1连线的中点O在平面CEF上.连接AC,AE,易得平面CEF即平面CAEF.又点D与点B1连线的中点O在平面A1ACC1上,故点O不在平面CEF上.故D不成立.三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)9.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是棱BC,DD1上的点,如果B1E⊥平面ABF,则CE与DF之和为.

答案1解析以D1为坐标原点,分别以D1A1,D1C1,D1D为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系(图略),设CE=x(0≤x≤1),DF=y(0≤y≤1),则易知E(x,1,1),B1(1,1,0),F(0,0,1-y),B(1,1,1),∴B1E=(x-1,0,1),FB=(1,1,y由于B1E⊥平面ABF,所以FB·B1E=(1,1,y)·(x-1,0,则x+y=1.10.如图,在正方形ABCD中,EF∥AB,若沿EF将正方形折成一个二面角后,AE∶ED∶AD=1∶1∶2,则AF与CE所成角的余弦值为.

答案4解析因为AE∶ED∶AD=1∶1∶2,所以AE⊥ED,即AE,DE,EF两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=EF=CD=2,则E(0,0,0),A(1,0,0),F(0,2,0),C(0,2,1),所以AF=(-1,2,0),EC=(0,2,1),所以|cos<AF,EC>|=|AF·EC||AF||EC|=4511.在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形,AB=1,AD=2,PA=2,点M在线段PC上运动,则点M到AB距离的最小值为.

答案2解析以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),P(0,0,2),C(1,2,0),设PM=λPC,M(x,y,z),λ∈[0,1],则(x,y,z-2)=λ(1,2,-2),∴x=λ,y=2λ,z=2-2λ,即∴AM=(λ,2λ,2-2λ),直线AB的单位方向向量为u=(1,0,0),∴M到AB的距离为AM=λ2+=22λ∴当λ=12时,上式取最小值2四、解答题(本题共3小题,共43分)12.(13分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=π2,D是棱AC的中点,且AB=BC=BB1(1)求证:AB1∥平面BC1D;(2)求异面直线AB1与BC1所成的角.(1)证明如图,连接B1C交BC1于点O,连接OD.因为O为B1C的中点,D为AC的中点,所以OD∥AB1.因为AB1⊄平面BC1D,OD⊂平面BC1D,所以AB1∥平面BC1D.(2)解建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,则B(0,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,2),B1(0,0,2),因此AB1=(0,-2,2),BC1=(2所以cos<AB1,BC1>=AB设异面直线AB1与BC1所成的角为θ,则cosθ=12由于θ∈0,故θ=π3即异面直线AB1与BC1所成的角为π313.(15分)如图,已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=AF=2,∠ADC=60°.(1)求直线BF与平面ABCD所成的角;(2)求点A到平面FBD的距离.解设AC∩BD=O,因为菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,所以易得AF⊥平面ABCD.以O点为坐标原点,以OD为x轴,OA为y轴,过O点且平行于AF的方向为z轴正方向,建立空间直角坐标系.(1)由已知得A(0,1,0),B(-3,0,0),C(0,-1,0),D(3,0,0),F(0,1,2),因为z轴垂直于平面ABCD,因此可令平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),又BF=(3,1,2),设直线BF与平面ABCD所成的角为θ,则有sinθ=|cos<m,BF>|=|m·BF||m||BF|=所以直线BF与平面ABCD所成的角为π4(2)因为BD=(23,0,0),BF=(3,1,2),设平面FBD的法向量为n=(x,y,z),BD·n令z=1得n=(0,-2,1),又因为AF=(0,0,2),所以点A到平面FBD的距离d=|AF·n|n14.(15分)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为A1D1和CC1的中点.(1)求证:EF∥平面ACD1;(2)求异面直线EF与AB所成的角的余弦值;(3)在棱BB1上是否存在一点P,使得平面PAC与平面BAC的夹角为30°?若存在,求出BP的长;若不存在,请说明理由.(1)证明如图,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz,由已知得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),B1(2,2,2),E(1,0,2),F(0,2,1).连接DB1,易知平面ACD1的一个法向量为DB1=(2,2∵EF=(-1,2,-1),∴EF·DB1=-2+4-2=0,∴EF⊥而EF⊄平面ACD1,∴EF∥平面ACD1.(2)解∵AB=(0,2,0),由(1)知EF=(-1,2,-1),∴cos<EF,AB>=EF·AB|EF