第3章 空间向量与立体几何 单元质量测评-【金版教程】2023-2024学年新教材高中数学选择性必修 第一册作业与测评word（北师大版2019）

第三章　单元质量测评 时间：120分钟　满分：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．已知向量a＝(－2，－3，1)，b＝(2，0，4)，c＝(－4，－6，2)，则下列结论正确的是(　　) A．a∥c，b∥c B．a∥b，a⊥c C．a∥c，a⊥b D．a∥b，b⊥c 答案　C 解析　∵a＝(－2，－3，1)，c＝(－4，－6，2)，∴c＝2a，∴a∥c.又a·b＝(－2，－3，1)·(2，0，4)＝0，∴a⊥b.故选C. 2．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝3，AB＝3，AA1＝4，则异面直线A1C与BC1夹角的余弦值为(　　) A．－ B. C. D. 答案　C 解析　因为AC＝3，BC＝3，AB＝3，所以AC2＋BC2＝AB2，所以∠ACB为直角，又侧棱与底面垂直，则可建立如图所示的空间直角坐标系．易得C(0，0，0)，C1(0，0，4)，A1(3，0，4)，B(0，3，0)，所以＝(－3，0，－4)，＝(0，－3，4)，设异面直线A1C与BC1的夹角为θ，则cosθ＝＝＝.故选C. 3．已知正四面体ABCD的棱长为a，E，F分别是BC，AD的中点，则·的值为(　　) A．a2 B.a2 C.a2 D.a2 答案　B 解析　在正四面体ABCD中，E，F分别是BC，AD的中点，所以＝＋，＝.则·＝(＋)·＝·＋·.因为是正四面体，所以BE⊥AD，∠BAD＝，即·＝0，·＝||·||cos＝a2，所以·＝a2.故选B. 4.如图所示，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为A1B，AC上的点，A1M＝AN＝a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　) A．相交 B．平行 C．垂直 D．不能确定 答案　B 解析　如图，以C1B1，C1D1，C1C所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．因为A1M＝AN＝a，所以M，N，所以＝.又C1(0，0，0)，D1(0，a，0)，所以＝(0，a，0)．所以·＝0.所以⊥.因为是平面BB1C1C的一个法向量，且MN⊄平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C. 5.如图，已知在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，||＝||＝||＝1，且∠A1AD＝∠A1AB＝∠DAB＝，则||＝(　　) A. B. C. D．2 答案　A 解析　由题意可知，因为＝＋＋，所以2＝＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋1＋1＋1＝6，所以||＝.故选A. 6．在三棱锥P－ABC中，△ABC为等边三角形，PA⊥平面ABC，且PA＝AB，则平面PBC与平面PAB夹角的正切值为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　设PA＝AB＝2，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，2，0)，C(，1，0)，P(0，0，2)，∴＝(0，－2，2)，＝(，－1，0)．设n＝(x，y，z)是平面PBC的一个法向量，则即令y＝，则x＝1，z＝，即n＝(1，，)．易知m＝(1，0，0)是平面PAB的一个法向量，设平面PBC与平面PAB的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝.∴tanθ＝.故选A. 7.已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E是棱BB1的中点，P是平面D1C1CD内一点，且AP⊥平面A1DE，则EP的长度为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，A(1，0，0)，A1(1，0，2)，D(0，0，0)，E(1，1，1)，设P(0，y，z)，所以＝(1，0，2)，＝(1，1，1)，＝(－1，y，z)，设平面A1DE的一个法向量为n＝(x′，y′，z′)，由得取n＝(－2，1，1)，因为AP⊥平面A1DE，所以∥n，计算得y＝z＝，所以P，所以EP＝.故选B. 8.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，PA＝AB＝BC＝AD＝1，BC∥AD，已知Q是四边形ABCD内部一点(包括边界)，且二面角Q－PD－A的平面角大小为30°，则△ADQ面积的最大值是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，由二面角Q－PD－A的平面角大小为30°，可知点Q的轨迹是过点D的一条直线，又Q是四边形ABCD内部一点(包括边界)，则点Q的轨迹是过点D的一条线段，设点Q的轨迹与y轴的交点坐标为G(0，b，0)(b＞0)，由题意可知A(0，0，0)，D(2，0，0)，P(0，0，1)，所以＝(－2，0，1)，＝(－2，