2020-2021学年人教A版数学选修2-1课时作业：3-1 周练卷6 8页

周练卷(六) 一、选择题(本大题共 7 小题，每小题 5 分，共 35 分) 1．在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，AB→ ＋BC→ ＋CC1 → －D1C1 → 等于 ( A ) A.AD1 → B.AC1 → C.AD→ D.AB→ 解析：AB→＋BC→ ＋CC1 → －D1C1 → ＝AC→ ＋CC1 → －D1C1 → ＝AC1 → ＋C1D1 → ＝ AD1 → . 2．下列等式中，使 M，A，B，C 四点共面的个数是( A ) ①OM→ ＝OA→ －OB→ －OC→ ②OM→ ＝1 5OA→ ＋1 3OB→ ＋1 2OC→ ③MA→ ＋MB→ ＋MC→ ＝0 ④OM→ ＋OA→ ＋OB→ ＋OC→ ＝0 A．1 B．2 C．3 D．4 解析：因为当OM→ ＝xOA→ ＋yOB→ ＋z OC→ 时，M，A，B，C 四点共面 的充要条件是 x＋y＋z＝1， 结合选项可知，①②④均不能使 M，A，B，C 四点共面，而③ 中，MA→ ＝－MB→ －MC→ ，满足共面向量定理．故选 A. 3．如图所示，在四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，底面是边长为 2 的 正方形，若∠A1AB＝∠A1AD＝60°，且 A1A＝3，则 A1C 的长为 ( A ) A. 5 B．2 2 C. 14 D. 17 解析：A1C→ ＝A1A→ ＋AB→＋AD→ ， 因为AB→·AD→ ＝0， AA1 → ·AD→ ＝AA1 → ·AB→＝3×2cos60°＝3， 所以 A1C→ 2＝AB→ 2＋AD→ 2＋A1A→ 2－2AB→·AA1 → －2AD→ ·AA1 → ＝4＋4＋9－ 2×3－2×3＝5， 所以|A1C→ |＝ 5.故选 A. 4.如图所示，平行六面体 ABCDA1B1C1D1 中，E，F 分别在 B1B 和 D1D 上，且 BE＝1 3BB1，DF＝2 3DD1.若EF→＝xAB→＋yAD→ ＋zAA1 → ，则 x ＋y＋z 等于( C ) A．－1 B．0 C.1 3 D．1 解析：因为EF→＝AF→－AE→＝AD→ ＋DF→ －(AB→＋BE→)＝AD→ ＋2 3DD1 → － AB→－1 3BB1 → ＝－AB→＋AD→ ＋1 3AA1 → ， 所以 x＝－1，y＝1，z＝1 3 ，所以 x＋y＋z＝1 3. 5．已知非零向量 a，b，c，若 p＝ a |a| ＋ b |b| ＋ c |c| ，那么|p|的取值范 围是( C ) A．[0,1] B．[1,2] C．[0,3] D．[1,3] 解析：p2＝ a |a| ＋ b |b| ＋ c |c| 2＝3＋2 a·b |a||b| ＋ a·c |a||c| ＋ c·b |c||b| ≤3＋2×3＝9，所以 0≤|p|≤3.故选 C. 6.如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，P为平面ADD1A1 的中心，Q 为平面 DCC1D1 的中心，则PB→，QA1 → 夹角的余弦值为( D ) A. 6 6 B．－ 6 6 C.1 6 D．－1 6 解析：以 D 为原点，DA→ ，DC→ ，DD1 → 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴， 建立空间直角坐标系 Dxyz，则依题意可知， P(1,0,1)，B(2,2,0)，A1(2,0,2)，Q(0,1,1)， 所以PB→＝(1,2，－1)，QA1 → ＝(2，－1,1) 所以 cos〈PB→，QA1 → 〉＝ PB→·QA→ |PB→||QA→ | ＝ 2－2－1 12＋22＋－12× 22＋－12＋12 ＝－1 6. 7.如图，在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，E，F 分别是 AB1，BC1 的中点，则以下结论不正确的是( D ) A．EF 与 BB1 垂直 B．EF 与 BD 垂直 C．EF 与 CD 异面 D．EF 与 A1C1 异面 解析：以 B 为坐标原点，BC，BA，BB1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设四棱柱的底面边长为 a，高为 b，则 B(0,0,0)，C1(a,0，b)，A(0，a,0)，B1(0,0，b)，A1(0，a，b)，C(a,0,0)， D(a，a,0)，E 0，a 2 ，b 2 ，F a 2 ，0，b 2 ，∴EF→·BB1 → ＝ a 2 ，－a 2 ，0 ·(0,0， b)＝0，∴EF⊥BB1，∴A 正确.EF→·BD→ ＝ a 2 ，－a 2 ，0 ·(a，a,0)＝a2 2 －a2 2 ＋0＝0，∴EF⊥BD，∴B 正确．又由题中图可知，C 显然正确.EF→＝ a 2 ，－a 2 ，0 ，A1C1 → ＝(a，－a,0)，∴EF→＝1 2A1C1 → ，∴EF∥A1C1，∴D 不正确． 二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 8．在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，若CA→＝a，CB→＝b，CC1 → ＝c，则A1B→ ＝b－c－a. 解析：A1B→ ＝CB→－CA1 → ＝CB→－(CA→＋CC1 → )＝b－(a＋c)＝b－c－a. 9．已知正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 a，则A1B→ ·B1C→ ＝a2. 解析：A1B→ ·B1C→ ＝A1B→ ·A1D→ ＝| A1B→ |·| A1D→ |·cos〈 A1B→ ·A1D→ 〉＝ 2a× 2a×cos60°＝a2. 10．已知向量 a＝(2,4，x)，b＝(2，y,2)，若|a|＝6，且 a⊥b，则 x＋y 的值为－3 或 1. 解析：因为 a＝(2,4，x)， 所以|a|＝ 22＋42＋x2＝6.所以 x＝±4. 又 a⊥b，所以 a·b＝2×2＋4y＋2x＝0. 所以 x＝4， y＝－3 或 x＝－4， y＝1. 所以 x＋y＝1 或 x＋y＝－3. 11．已知四面体 PABC，∠PAB＝∠BAC＝∠PAC＝60°，|AB→|＝1， |AC→|＝2，|AP→|＝3，则|AB→＋AP→＋AC→|＝5. 解析：因为|AB→ ＋AP→ ＋AC→ |2＝|AB→ |2＋|AP→ |2＋|AC→ |2＋2AB→ ·AP→ ＋ 2AB→·AC→＋2AP→·AC→＝12＋32＋22＋2×1×3×cos60°＋2×1×2×cos60° ＋2×3×2×cos60°＝25， 所以|AB→＋AP→＋AC→|＝5. 三、解答题(本大题共 3 小题，共 45 分，解答应写出文字说明， 证明过程或演算步骤) 12．(15 分)已知 A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,2)． (1)若DB→ ∥AC→，DC→ ∥AB→，求点 D 的坐标； (2)问是否存在实数α，β，使得AC→＝αAB→＋βBC→成立？若存在，求 出α，β的值；若不存在，说明理由． 解：(1)设 D(x，y，z)，则DB→ ＝(－x,1－y，－z)，AC→＝(－1,0,2)， DC→ ＝(－x，－y,2－z)，AB→＝(－1,1,0)． 因为DB→ ∥AC→，DC→ ∥AB→， 所以 －x，1－y，－z＝m－1，0，2， －x，－y，2－z＝n－1，1，0， 解得 x＝－1， y＝1， z＝2. 即 D(－1,1,2)． (2)依题意AB→＝(－1,1,0)，AC→＝(－1,0,2)，BC→＝(0，－1，2)． 假设存在实数α，β，使得AC→＝αAB→＋βBC→成立， 则有(－1,0,2)＝α(－1,1,0)＋β(0，－1,2)＝(－α，α－β，2β)， 所以 α＝1， α－β＝0， 2β＝2， 故存在α＝β＝1， 使得AC→＝αAB→＋βBC→成立． 13．(15 分)如图，长方体 ABCDA1B1C1D1 中，M 为 DD1 的中点， N 在 AC 上，且 AN∶NC＝2∶1，求证：A1N→ 与A1B→ 、A1M→ 共面． 证明：A1B→ ＝AB→－AA1 → ，A1M→ ＝A1D1 → ＋D1M→ ＝AD→ －1 2AA1 → ，AN→＝2 3AC→ ＝2 3(AB→＋AD→ )， ∴A1N→ ＝AN→－AA1 → ＝2 3(AB→＋AD→ )－AA1 → ＝2 3(AB→－AA1 → )＋2 3(AD→ －1 2AA1 → ) ＝2 3A1B→ ＋2 3A1M→ . ∴A1N→ 与A1B→ 、A1M→ 共面． 14．(15 分)如图所示，直三棱柱 ABCA1B1C1 中，CA＝CB＝1， ∠BCA＝90°，棱 AA1＝2，M，N 分别是 AA1，CB1 的中点． (1)求 BM，BN 的长； (2)求△BMN 的面积． 解：以 C 为原点，以 CA，CB，CC1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系(如图)． 则 B(0,1,0)，M(1,0,1)，N 0，1 2 ，1 . (1)BM→ ＝(1，－1,1)， BN→＝ 0，－1 2 ，1 ， 所以|BM→ |＝ 12＋－12＋12＝ 3， |BN→|＝ 02＋ －1 2 2＋12＝ 5 2 ， 故 BM 的长为 3，BN 的长为 5 2 . (2)S△BMN＝1 2·BM·BN·sin∠MBN， 而 cos∠MBN＝cos〈BM→ ，BN→〉＝ BM→ ·BN→ |BM→ ||BN→| ＝ 3 2 3× 5 2 ＝ 15 5 ， 所以 sin∠MBN＝ 1－ 15 5 2＝ 10 5 ， 故 S△BMN＝1 2 × 3× 5 2 × 10 5 ＝ 6 4 ，