2018-2019学年高中数学 阶段质量检测（三）空间向量与立体几何（含解析）苏教版选修2-1

1阶段质量检测(三)空间向量与立体几何[考试时间：120分钟试卷总分：160分]题号一二总分151617181920得分一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．将答案填在题中的横线上)1．已知a＝(－3,2,5)，b＝(1，x，－1)，且a·b＝2，则x的值是________．2．设A、B、C、D是空间不共面的四点，且满足AB·AC＝0，AC·AD＝0，AB·AD＝0，则△BCD的形状是________________________．3．已知直线l与平面α垂直，直线的一个方向向量为u＝(1,3，z)，向量v＝(3，－2,1)与平面α平行，则z＝________.4．已知空间三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．若|a|＝3，且a分别与AB，AC垂直，则向量a为__________．5．已知A(1,5，－2)，B(2,4,1)，C(x,3，y＋2)，且A、B、C三点共线，则实数x，y的值分别为________、________.6．已知向量p关于基底{a，b，c}的坐标为(3,2，－1)，则p关于基底{2a，－b，12c}的坐标是________．7．已知直线l1，l2的方向向量分别为a，b，且a＝(1,2，－2)，b＝(－2,3，m)，若l1⊥l2，则实数m的值为________．8．已知a＝(cosα，1，sinα)，b＝(sinα，1，cosα)，则向量a＋b与a－b的夹角是________________．9．已知向量a＝(cosθ，sinθ，1)，b＝(3，－1,2)，则|2a－b|的最大值是________．10．平面α的法向量为u＝(－1，－2，－1)，平面β的法向量为v＝(2,4,2)，则不重合的平面α与平面β的位置关系为________．11．已知直角△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝4，D为AB的中点，沿中线将△ACD折起使得AB＝13，则二面角A－CD－B的大小为________．12．如图，在空间四边形ABCD中，AC和BD为对角线，G为△ABC的重心，E是BD上一点，BE＝3ED，若以{AB，AC，AD}为基2底，则GE＝________.13．正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为________．14．已知OA＝(1,2,3)，OB＝(2,1,2)，OP＝(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，则当QA·QB取得最小值时，点Q的坐标为________．二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分14分)如图，已知ABCD－A′B′C′D′是平行六面体．(1)化简12AA＋BC＋23AB，并在图中标出其结果；(2)设M是BD的中点，N是侧面BCC′B′对角线BC′上的34分点，设MN＝αAB＋βAD＋γAA，试求α、β、γ的值．16．(本小题满分14分)已知空间三点A(－2,0,2)，B(－1，1,2)，C(－3,0,4)，设a＝AB，b＝AC.(1)求a和b的夹角θ的余弦值；(2)若向量ka＋b与ka－2b互相垂直，求k的值．317.(本小题满分14分)如图所示，已知直三棱柱(侧棱垂直于底面的三棱柱)ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，D是AB的中点，AC＝BC＝BB1.(1)求证：BC1⊥AB1；(2)求证：BC1∥平面CA1D.18．(本小题满分16分)正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B.(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；(2)求二面角E－DF－C的余弦值；(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出BPBC的值；如果不存在，请说明理由．19．(北京高考)(本小题满分16分)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D、E分别为AC、AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.4(1)求证：A1C⊥平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．20．(山东高考)(本小题满分16分)如图所示，在三棱锥P－ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ＝2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH.(1)求证：AB∥GH；(2)求二面角D－GH－E的余弦值．答案1．解析：a·b＝－3＋2x－5＝2，∴x＝5.答案：52.解析：△BCD中，BC·BD＝(AC－AB)·(AD－AB)＝AB2＞0，∴∠B为锐角，同理，∠C，∠D均为锐角，∴△BCD为锐角三角形．答案：锐角三角形3．解析：∵平面α的法向量u＝(1,3，z)，v与平面α平行，∴u⊥v，∴u·v＝1×3＋3×(－2)＋z×1＝0，∴z＝3.答案：34．解析：设a＝(x，y，z)，AB＝(－2，－1,3)，AC＝(1，－3,2)．5则x2＋y2＋z2＝3，－2x－y＋3z＝0，x－3y＋2z＝0，解得a＝(1,1,1)或(－1，－1，－1)．答案：(1,1,1)或(－1，－1，－1)5．解析：若A、B、C三点共线，则AB，BC也共线．AB＝(1，－1,3)，BC＝(x－2，－1，y＋1)，∴1x－2＝1＝3y＋1.∴x＝3，y＝2.答案：326．解析：由已知得p＝3a＋2b－c，则p＝32(2a)＋(－2)(－b)＋(－2)12c.故p关于基底2a，－b，12c的坐标为32，－2，－2.答案：32，－2，－27．解析：∵l1⊥l2，∴a⊥b.∴a·b＝1×(－2)＋2×3＋(－2)×m＝4－2m＝0.∴m＝2.答案：28．解析：(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝(cos2α＋sin2α＋1)－(sin2α＋1＋cos2α)＝0，∴(a＋b)⊥(a－b)．答案：90°9．解析：因为2a－b＝(2cosθ－3，2sinθ＋1,0)，所以|2a－b|＝θ－32＋θ＋2＝8＋θ－π3≤4.答案：410．解析：∵v＝－2(－1，－2，－1)＝－2u，∴v∥u，∴α∥β.答案：平行11．解析：如图，取CD中点E，在平面BCD内过B点作BF⊥CD，交CD延长线于F.6据题意知AE⊥CD，AE＝BF＝3，EF＝2，AB＝13.且〈EA，FB〉为二面角的平面角，由AB2＝(AE＋EF＋FB)2得13＝3＋3＋4＋2×3×cos〈AE，FB〉，∴cos〈EA，FB〉＝－12，∴〈EA，FB〉＝120°.即所求的二面角为120°.答案：120°12．解析：GE＝AE－AG＝AD＋DE－23AM＝AD＋14DB－13(AB＋AC)＝AD＋14AB－14AD－13AB－13AC＝－112AB－13AC＋34AD.答案：－112AB－13AC＋34AD13．解析：以D为原点，建立空间直角坐标系如图，设正方体棱长为1，D(0,0,0)，B1(1,1,1)，B(1,1,0)，则1BB＝(0,0,1)．∵B1D⊥平面ACD1，∴1DB＝(1,1,1)为平面ACD1的法向量．设BB1与平面ACD1所成的角为θ，则sinθ＝|1BB·DB1||1BB||1BD|＝13＝33，∴cosθ＝63.答案：6314．解析：∵Q在OP上，∴可设Q(x，x,2x)，则QA＝(1－x,2－x,3－2x)，QB＝(2－x,1－x,2－2x)．7∴QA·QB＝6x2－16x＋10，∴x＝43时，QA·QB最小，这时Q43，43，83.答案：43，43，8315．解：(1)取DD′的中点G，过点G作DC的平行线GH，使GH＝23DC，连接AH，则AH＝12AA＋BC＋23AB.AH如图所示．(2)MN＝MB＋BN＝12DB＋34BC＝12(AB－AD)＋34(AA＋AD)＝12AB＋14AD＋34AA.∴α＝12，β＝14，γ＝34.16．解：a＝AB＝(－1,1,2)－(－2,0,2)＝(1,1,0)，b＝AC＝(－3,0,4)－(－2,0,2)＝(－1,0,2)．(1)cosθ＝a·b|a||b|＝－1＋0＋02×5＝－1010，∴a与b的夹角θ的余弦值为－1010.(2)ka＋b＝(k，k,0)＋(－1,0,2)＝(k－1，k,2)，ka－2b＝(k，k,0)－(－2,0,4)＝(k＋2，k，－4)，∴(k－1，k,2)·(k＋2，k，－4)＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝0.即2k2＋k－10＝0，∴k＝－52或k＝2.17．证明：如图所示，以C1点为原点，建立空间直角坐标系，设AC＝BC＝BB1＝2，则A(2,0,2)，B(0,2,2)，C(0,0,2)，A1(2,0,0)，B1(0,2,0)，C1(0,0,0)，8D(1,1,2)．(1)由于1BC＝(0，－2，－2)，1AB＝(－2,2，－2)，∴1BC·1AB＝0－4＋4＝0，即1BC⊥1AB，故BC1⊥AB1.(2)取A1C的中点E，连结DE.由于E(1,0,1)，∴ED＝(0,1,1)，又1BC＝(0，－2，－2)，∴ED＝－121BC，且ED与BC1不共线，∴ED∥BC1，又ED⊂平面CA1D，BC1⊄平面CA1D，∴BC1∥平面CA1D.18．解：(1)在△ABC中，由E，F分别是AC，BC中点，得EF∥AB，又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，∴AB∥平面DEF.(2)以点D为坐标原点，以直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,23，0)，E(0，3，1)，F(1，3，0)，DF＝(1，3，0)，DE＝(0，3，1)，DA＝(0,0,2)．平面CDF的法向量为DA＝(0,0,2)，设平面EDF的法向量为n＝(x，y，z)，则DF·n＝0，DE·n＝0，即x＋3y＝0，3y＋z＝0，取n＝(3，－3，3)，cos〈DA，n〉＝DA·n|DA||n|＝217，所以二面角E－DF－C的余弦值为217.9(3)存在．设P(s，t,0)，则AP·DE＝3t－2＝0，∴t＝233，又BP＝(s－2，t,0)，PC＝(－s,23－t,0)，∵BP∥PC，∴(s－2)(23－t)＝－st，∴3s＋t＝23.把t＝233代入上式得s＝43，∴BP＝13·BC，∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE.此时BPBC＝13.19．解：(1)证明：因为AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC.所以ED⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC.所以DE⊥A1C.又因为A1C⊥CD，且CD∩DE＝D，所以A1C⊥平面BCDE.(2)如图，以C为坐标原点，CB、CD、CA1为x、y、z轴，建立空间直角坐标系C－xyz，则A1(0,0,23)，D(0,2,0)，M(0,1，3)，B(3,0,0)，E(2,2,0)．设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·1AB＝0，n·BE＝0.又1AB＝，0，－23，BE＝(－1,2,0)，所以3x－23z＝0，－x＋2y＝0.令y＝1，则x＝2，z＝3.所以n＝(2,1，3)．设CM与平面A1BE所成的角为θ.因为CM＝(0,1，3)所以sinθ＝|cos〈n，CM〉|＝|n·CM|n||CM||＝48×4＝22.10所以CM与平面A1BE所成角的大小为π4.(3)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直，理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p∈[0,3]．设平面A1DP的法向量为m＝(x，y，z)，则m·1AD＝0，m·DP＝0.又1AD＝，2，－23，DP＝(p，－2,0)，所以2y－23z＝0，px－2y＝0.令x＝2，则y＝p，z＝p3.所以m＝(2，p，p3)．平面A1