单元素养测评卷(一)
1.D [解析] 因为直线l的一个方向向量是a=(-3,2,1),平面α的一个法向量是u=(1,2,-1),a·u=-3×1+2×2+1×(-1)=0,所以a⊥u,则l∥α或l α.故选D.
2.D [解析] 根据a∥b可得存在实数λ满足a=λb,即(-3,2,3)=λ(1,x,-1)=(λ,λx,-λ),可得解得故选D.
3.A [解析] 因为=a,=b,=c,所以=++=-b+c+=-b+c+(+)=-b+c+(-c+a)=a-b+c.故选A.
4.B [解析] 因为a=(1,1,),b=(-3,2,0),所以a-b=(1,1,)-(-3,2,0)=(4,-1,),所以(a-b)·a=1×4+1×(-1)+×=5,|a|==2,所以a-b在a上的投影向量为·a=a=(1,1,)=.故选B.
5.A [解析] 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,以{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,由AB=1,AA1=2,AD=4,得A(0,0,0),C(1,4,0),B1(1,0,2),由点E在棱BC上,且BC=4BE,得E(1,1,0),△AB1C的重心G,连接AG,则=(1,1,0),=,·=2,||=,||=,所以点G到直线AE的距离d===.故选A.
6.D [解析] 由题得=++=++=-+++(-)=-++=-a+b+c.∵AB=AC=AA1=1,∴|a|=|b|=|c|=1,∵∠BAC=90°,∴a·b=0,∵∠BAA1=∠CAA1=60°,∴a·c=b·c=,∴||2=(-a+2b+2c)2=(a2+4b2+4c2-4a·b-4a·c+8b·c)=,∴||=.故选D.
7.B [解析] 由A,B,C,D四点共面,可知x+2y-1=1,即x+2y=2,由x>0,y>0,得=+=(x+2y)=≥=,当且仅当=,即x=y=时等号成立,故选B.
8.A [解析] 根据题意作图如图所示,连接AC,BD,AC与BD交于点O,连接SO,PO,因为四棱锥S-ABCD为正四棱锥,所以SO⊥底面ABCD.由底面边长为2,可得AC=4,所以AO=2,在Rt△SOA中,SA=4,AO=2,可得SO==2,又由SP=,在Rt△SOP中,可得OP==1,即点P在以O为圆心,1为半径的圆上,所以当点P为圆与线段OA的交点时,A,P两点间距离最小,最小值为AO-OP=1.以{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,可得P(1,0,0),B(0,2,0),S(0,0,2),C(-2,0,0),则=(1,-2,0),=(-2,0,-2),可得cos<,>===-,所以直线BP与直线SC所成角的余弦值为.故选A.
9.ABC [解析] 对于A,a在b上的投影向量为==-(0,1,-1)=,故A正确;对于B,点B到直线AC的距离为==2,故B正确;对于C,因为=-+,所以6=4-+3,所以4(-)-(-)+3(-)=0,即4+3=,所以P,A,B,C四点共面,故C正确;对于D,因为m·n=(3,-1,1)·(-1,-2,1)=3×(-1)+(-1)×(-2)+1×1=0,所以m⊥n,则l∥α或l α,故D错误.故选ABC.
10.ABD [解析] 对于A,易知(++)2=+++2·+2·+2·,因为OA,OB,OC两两垂直,所以·=·=·=0,而OA=OB=OC,所以(++)2=3,故A正确;对于B,易知·(-)=(+)·=·+·,因为OA,OB,OC两两垂直,所以·=·=0,所以·(-)=0,故B正确;对于C,易知·=(+)·(+)=+·+·+·,因为·=·=·=0,所以·=,又||=|+|====||,所以|(·)·|=|·|=||2||=||2·||=||3,因为OA,OB,OC两两垂直,且OA=OB=OC,所以三棱锥O-ABC的体积为××OA·OB·OC=||3,故C错误;对于D,由题可得(+)·=(+)·(+)=·++·+·==||2,|+|===||,||===||,设(+)和的夹角为θ,可得cos θ===,所以θ=60°,故D正确.故选ABD.
11.ABD [解析] 以{,,}为单位正交基底,建立如图①所示的空间直角坐标系A-xyz,则F(μ,1,0),E(1,1-λ,0),D1(0,1,1),D(0,1,0),B1(1,0,1),A(0,0,0),B(1,0,0),A1(0,0,1).=(μ,1,0),=(1,-λ,-1),=(1,0,1),当λ=μ时,·=μ-λ=0,·=1-1=0,故⊥,⊥,又AB1∩AF=A,AB1,AF 平面B1AF,所以D1E⊥平面B1AF,故A正确;当λ+μ=1时,=(μ-1,λ,0),=(-1,1,0),因为μ-1=-λ,所以∥,即EF∥BD,又BD 平面B1EF,EF 平面B1EF,所以BD∥平面B1EF,故B正确;S△AEF=S正方形ABCD-S△ADF-S△EFC-S△ABE=1-μ-(1-μ)λ-(1-λ)=,当λ-μ=时,<λ<1,0<μ<,所以S△AEF==<=,所以=S△AEF·BB1<,故C错误;当μ-λ=时,<μ<1,0<λ<,A1E+A1F=+=+,可将+看作是平面内点(,λ)到点(0,1)和点的距离之和,如图②,作出点关于直线x=的对称点,则+的最小值为点与点(0,1)之间的距离,故+≥=,过点与点(0,1)的直线的方程为y=-x+1,令x=,得y=,故当λ=时取等号,故D正确.故选ABD.
12.16 [解析] 因为空间向量a=(6,2,1),b=(2,x,-3),所以a-b=(6,2,1)-(2,x,-3)=(4,2-x,4),因为(a-b)⊥a,所以24+4-2x+4=0,解得x=16.
13. [解析] 由题可知,平面(x-1)-2(y+1)+2(z-2)=0过点A(1,-1,2)且其一个法向量为n=(1,-2,2),又点P(1,1,3),所以=(0,-2,-1),故点P(1,1,3)到平面(x-1)-2(y+1)+2(z-2)=0的距离d===.
14.18 [解析] 由题意以{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.连接A1B,CF,CD1,因为E,F分别为A1B1,BB1的中点,所以EF∥A1B,EF=A1B,因为A1D1∥AD,A1D1=AD,AD∥BC,AD=BC,所以A1D1∥BC,A1D1=BC,所以四边形A1D1CB是平行四边形,所以A1B∥CD1,因为EF∥A1B,所以EF∥CD1,即E,F,C,D1四点共面,所以平面EFD1截正方体所得截面为梯形EFCD1,由对称性可知该梯形是等腰梯形.因为正方体的棱长为4,所以梯形的上底EF=2,下底CD1=4,梯形的腰长为FC=ED1==2,所以梯形的高为=3,故所求截面面积为×(2+4)×3=18.由题意=x+y+z=4(x,y,z),且x+y+2z=,所以||=4,在x+y+2z=中,当x=y=0时,z=,所以方程(x-0)+(y-0)+2=0表示经过点且一个法向量为n=(1,1,2)的平面,即点Q(x,y,z)在平面x+y+2z=上,由以上分析可知,=4,若要||取得最小值,只需||最小,此时∥n,即∥n,由题意设=λn=(λ,λ,2λ),λ≠0,而=(0,4,0),设平面ADP的法向量为n1=(x1,y1,z1),所以令x1=2,解得y1=0,z1=-1,所以可取n1=(2,0,-1),显然平面A1ADD1的一个法向量是n2==(1,0,0),所以平面A1ADD1与平面ADP夹角的余弦值为|cos|===.
15.解:(1)由a=(-2,-1,2),c=(x,2,2),
可得a·c=-2x-2+4=4,解得x=-1,
所以c=(-1,2,2),则b+c=(-1-1,1+2,2+2)=(-2,3,4).
根据向量模的计算公式可得|b+c|===.
(2)由a=(-2,-1,2),b=(-1,1,2),c=(x,2,2),
可得c-a-b=(x+3,2,-2).
因为三个向量a,b,c-a-b不能构成空间的一个基底,所以这三个向量共面,
即存在实数m,n,使得c-a-b=ma+nb,
则(x+3,2,-2)=m(-2,-1,2)+n(-1,1,2)=(-2m-n,-m+n,2m+2n),
由此可得方程组解得故x的值为-.
16.解:(1)=++=++=a+b+c.
(2)因为AB=AD=AA1=1,∠BAD=90°,∠BAA1=∠DAA1=60°,
所以a·b=0,a·c=b·c=1×1×cos 60°=,
所以==a2+b2+c2+a·b+b·c+2a·c=12+×12+12+0++2×=,所以||=.
17.解:(1)证明:在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,连接AO1,
由AA1=CC1,AA1∥CC1,得四边形AA1C1C为平行四边形,
则AC=A1C1,AC∥A1C1,
又O1为A1C1与B1D1的交点,O为AC与BD的交点,所以AO=O1C1,AO∥O1C1,
所以四边形AOC1O1为平行四边形,所以AO1∥OC1,
又AO1 平面AB1D1,OC1 平面AB1D1,所以C1O∥平面AB1D1.
(2)以{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则B1(2,0,0),D1(0,2,0),C1(2,2,0),设AA1=h(h>0),则A(0,0,h),
设平面AB1D1的法向量为m=(x,y,z),
因为=(-2,0,h),=(-2,2,0),
所以令z=2,得m=(h,h,2),
又=(0,2,0),所以点C1到平面AB1D1的距离d===,可得h=,所以正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高为.
18.解:(1)以{,,}为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
则B1(1,1,1),E,F,A(1,0,0),C1(0,1,1).
因为=,=,
所以∥,即AE∥FC1,
所以点F到直线AE的距离即为直线FC1到直线AE的距离,连接AF,
因为与同方向的单位向量u==,=,||2=,·u=,
所以直线FC1到直线AE的距离为=.
(2)因为AE∥FC1,FC1 平面AB1E,AE 平面AB1E,所以FC1∥平面AB1E,
所以直线FC1到平面AB1E的距离等于点C1到平面AB1E的距离.
=(1,0,0),=(0,1,1),=,
设平面AB1E的法向量为n=(x,y,z),
则即取z=2,可得n=(1,-2,2),
所以C1到平面AB1E的距离为=,
所以直线FC1到平面AB1E的距离为.
19.解:(1)证明:因为PO⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,
所以PO⊥CD,因为底面ABCD是正方形,所以CD⊥AD,
又AD与PO是平面PAD内两条相交直线,
所以CD⊥平面PAD,又PA 平面PAD,所以CD⊥PA.
因为E,F分别是PC,PD的中点,所以EF∥CD,所以EF⊥PA.
(2)连接FO,因为E,F,M,O分别是PC,PD,BC,AD的中点,
所以EF∥CD∥OM,所以平面EFM即是平面FOME.
由(1)知CD⊥平面PAD,则OM⊥平面PAD,又FO 平面PAD,
所以OM⊥FO,则S△FOM=OM·OF=×4×2=4.
连接BO,BF,设点B到平面EFM的距离为d,
由VB-FOM=VF-OBM,得S△FOM·d=S△OBM·PO,
即4d=×2×4×,解得d=,
所以点B到平面EFM的距离为.
(3)如图,以{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,2),A(2,0,0),M(0,4,0),E(-1,2,),F(-1,0,),
所以=(2,0,-2),=(0,-2,0),=(1,2,-).
假设棱PA上存在点N(x,0,z),使得MN与平面EFM所成角的正弦值为,且=t(0≤t≤1),
所以(x,0,z-2)=t(2,0,-2),所以
所以=(2t,-4,2-2t).
设平面EFM的法向量为n=(a,b,c),
则即令c=1,得a=,b=0,所以n=(,0,1).
根据题意可得|cos<,n>|===,整理得18t2-27t+7=0,解得t=或t=(舍去),
所以在棱PA上存在点N使得直线MN与平面EFM所成角的正弦值为,此时PN=PA=.单元素养测评卷(一)
第6章
(时间:120分钟 分值:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.已知直线l的一个方向向量是a=(-3,2,1),平面α的一个法向量是u=(1,2,-1),则l与α的位置关系是 ( )
A.l⊥α B.l∥α
C.l α D.l∥α或l α
2.[2025·江苏宿迁中学期中] 已知向量a=(-3,2,3),b=(1,x,-1)且a∥b,则x的值为 ( )
A.0 B.
C.- D.-
3.[2025·江苏扬州中学月考] 如图,在三棱柱ABC-DEF中,G为棱AD的中点,若=a,=b,=c,则= ( )
A.a-b+c B.a+b+c
C.a-b+c D.a+b+c
4.[2025·江苏徐州一中月考] 已知向量a=(1,1,),b=(-3,2,0),则a-b在a上的投影向量为 ( )
A. B. C. D.
5.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AA1=2,AD=4,点E在棱BC上,且BC=4BE,点G为△AB1C的重心,则点G到直线AE的距离为 ( )
A. B. C. D.
6.[2025·江苏启东中学月考] 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别是A1B,B1C1上的点,且=2,=2.设=a,=b,=c,若∠BAC=90°,∠BAA1=
∠CAA1=60°,AB=AC=AA1=1,则MN= ( )
A. B.
C. D.
7.[2025·江苏镇江中学月考] 已知点D在△ABC确定的平面内,O是平面ABC外任意一点,若正实数x,y满足=x+2y-,则的最小值为 ( )
A. B. C.2 D.4
8.[2025·江苏天一中学月考] 在正四棱锥S-ABCD中,底面边长为2,侧棱长为4,点P是底面ABCD内一动点,且SP=,则当A,P两点间距离最小时,直线BP与直线SC所成角的余弦值为 ( )
A. B. C. D.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.关于空间向量,以下说法正确的是 ( )
A.若空间向量a=(1,0,1),b=(0,1,-1),则a在b上的投影向量为
B.已知=(1,2,-2),=,则点B到直线AC的距离为2
C.若对空间中任意一点O有=-+,则P,A,B,C四点共面
D.若直线l的一个方向向量为m=(3,-1,1),平面α的一个法向量为n=(-1,-2,1),则l∥α
10.[2025·江苏泰兴中学月考] 在三棱锥O-ABC中,OA,OB,OC两两垂直,且OA=OB=OC,则下列结论正确的是 ( )
A.(++)2=3
B.·(-)=0
C.三棱锥O-ABC的体积为|(·)·|
D.(+)和的夹角为60°
11.[2025·江苏如东中学月考] 如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱BC,CD上的动点,且=λ,=μ,λ∈(0,1),μ∈(0,1),则 ( )
A.当λ=μ时,D1E⊥平面B1AF
B.当λ+μ=1时,BD∥平面B1EF
C.当λ-μ=时,三棱锥B1-AEF体积的最大值为
D.当μ-λ=时,A1E+A1F的最小值为
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知空间向量a=(6,2,1),b=(2,x,-3),若(a-b)⊥a,则x= .
13.在空间直角坐标系中,u(x-x0)+v(y-y0)+w(z-z0)=0表示经过点(x0,y0,z0),且法向量为(u,v,w)的平面的方程,则点P(1,1,3)到平面(x-1)-2(y+1)+2(z-2)=0的距离为 .
14.[2025·江苏南通中学期中] 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=4,点E,F分别为A1B1,BB1的中点,则平面EFD1截正方体所得截面面积为 ;动点P满足=x+y+z,且x+y+2z=,则当||取得最小值时平面A1ADD1与平面ADP夹角的余弦值为 .
四、解答题:本题共5个小题,共77分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
15.(13分)[2025·江苏常州高二期中] 已知向量a=(-2,-1,2),b=(-1,1,2),c=(x,2,2).
(1)若a·c=4,求|b+c|;
(2)若三个向量a,b,c-a-b不能构成空间的一个基底,求实数x的值.
16.(15分)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=1,∠BAD=90°,∠BAA1=∠DAA1=60°.记向量=a,向量=b,向量=c.
(1)取B1C1的中点M,用向量a,b,c来表示向量;
(2)求||.
17.(15分)[2025·江苏启东一中月考] 如图,已知ABCD-A1B1C1D1是底面边长为2的正四棱柱,O1为A1C1与B1D1的交点,O为AC与BD的交点.
(1)证明:C1O∥平面AB1D1;
(2)若点C1到平面AB1D1的距离为,求正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高.
18.(17分)[2025·江苏苏州中学月考] 如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为DD1的中点,F为BB1的中点.
(1)求直线FC1到直线AE的距离;
(2)求直线FC1到平面AB1E的距离.
19.(17分)[2025·江苏昆山中学月考] 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,△PAD是正三角形,E,F,M,O分别是PC,PD,BC,AD的中点,PO⊥平面ABCD.
(1)求证:EF⊥PA.
(2)求点B到平面EFM的距离.
(3)在棱PA上是否存在点N,使得直线MN与平面EFM所成角的正弦值为 若存在,求出线段PN的长度;若不存在,说明理由.
