《（浙江專版）2018年高中數(shù)學 階段質量檢測（三）空間向量與立體幾何 新人教A版選修2-1.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專版）2018年高中數(shù)學 階段質量檢測（三）空間向量與立體幾何 新人教A版選修2-1.doc（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

階段質量檢測（三） 空間向量與立體幾何 (時間120分鐘　滿分150分) 一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．設空間向量a＝(1,2,1)，b＝(2,2,3)，則ab＝(　　) A．(2,4,3)　　　　　　　　 B．(3,4,4) C．9 D．－5 解析：選C　∵a＝(1,2,1)，b＝(2,2,3)， ∴ab＝12＋22＋13＝9. 2．設l1的方向向量為a＝(1,2，－2)，l2的方向向量為b＝(－2,3，m)，若l1⊥l2，則m等于(　　) A．1 B．2 C. D．3 解析：選B　若l1⊥l2，則a⊥b，∴ab＝0， ∴1(－2)＋23＋(－2m)＝0，解得m＝2. 3．已知向量i，j，k是一組單位正交向量，m＝8j＋3k，n＝－i＋5j－4k，則mn＝(　　) A．7 B．－20 C．28 D．11 解析：選C　因為m＝(0,8,3)，n＝(－1,5，－4)，所以mn＝0＋40－12＝28. 4．已知二面角αlβ的大小為，m，n為異面直線，且m⊥α，n⊥β，則m，n所成的角為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　設m，n的方向向量分別為m，n. 由m⊥α，n⊥β知m，n分別是平面α，β的法向量． ∵|cos〈m，n〉|＝cos ＝，∴〈m，n〉＝或. 但由于兩異面直線所成的角的范圍為， 故異面直線m，n所成的角為. 5．已知空間三點O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(0,1,1)在直線OA上有一點H滿足BH⊥OA，則點H的坐標為(　　) A．(－2,2,0) B．(2，－2,0) C. D. 解析：選C　由＝(－1,1,0)，且點H在直線OA上，可設H(－λ，λ，0)，則BH―→＝(－λ，λ－1，－1)． 又BH⊥OA，∴OA―→＝0， 即(－λ，λ－1，－1)(－1,1,0)＝0， 即λ＋λ－1＝0，解得λ＝， ∴H. 6．如圖，三棱錐SABC中，棱SA，SB，SC兩兩垂直，且SA＝SB＝SC，則二面角ABCS大小的正切值為(　　) A．1 B. C. D．2 解析：選C　∵三棱錐SABC中，棱SA，SB，SC兩兩垂直，且SA＝SB＝SC，∴SA⊥平面SBC，且AB＝AC＝，取BC的中點D，連接SD，AD，則SD⊥BC，AD⊥BC，則∠ADS是二面角ABCS的平面角，設SA＝SB＝SC＝1，則SD＝，則tan∠ADS＝＝＝，故選C. 7．在空間直角坐標系Oxyz中，i，j，k分別是x軸、y軸、z軸的方向向量，設a為非零向量，且〈a，i〉＝45，〈a，j〉＝60，則〈a，k〉＝(　　) A．30 B．45 C．60 D．90 解析：選C　如圖所示，設|a|＝m(m>0)， a＝，PA⊥平面xOy， 則在Rt△PBO中， |PB|＝|| sin〈a，i〉＝m， 在Rt△PCO中， |OC|＝||cos〈a，j〉＝， ∴|AB|＝， 在Rt△PAB中， |PA|＝ ＝ ＝， ∴|OD|＝，在Rt△PDO中， cos〈a，k〉＝＝，又0≤〈a，k〉≤180，∴〈a，k〉＝60. 8.如圖，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，動點P，Q分別在線段C1D，AC上，則線段PQ長度的最小值是(　　) A. B. C. D. 解析：選C　建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，C1(0,1,2)． 設點P的坐標為(0，λ，2λ)，λ∈[0,1]， 點Q的坐標為(1－μ，μ，0)，μ∈[0,1]， PQ＝ ＝ ＝， 當且僅當λ＝，μ＝時，線段PQ的長度取得最小值. 二、填空題(本大題共7小題，多空題每空3分，單空題每題4分，共36分) 9．已知向量a＝(1,2,3)，b＝(－2，－4，－6)，|c|＝，若(a＋b)c＝7，則a與c的夾角為________，|a|＝________. 解析：設向量a＋b與c的夾角為α， 因為a＋b＝(－1，－2，－3)，|a＋b|＝， cos α＝＝， 所以α＝60. 因為向量a＋b與a的方向相反，所以a與c的夾角為120，|a|＝＝. 答案：120　 10．已知a＝(3λ，6，λ＋6)，b＝(λ＋1,3,2λ)為兩平行平面的法向量，則λ＝________，a的同向單位向量為________． 解析：由題意知a∥b，∴＝＝， 解得λ＝2. ∴a＝(6,6,8)，|a|＝2， ∴a的同向單位向量為＝. 答案：2　 11．若a＝(2,3，－1)，b＝(－2,1,3)，則a－b＝________.以a，b為鄰邊的平行四邊形的面積為________． 解析：a－b＝(4,2，－4)，cos〈a，b〉＝＝－，得sin〈a，b〉＝，則S＝|a||b|sin〈a，b〉＝6. 答案：(4,2，－4)　6 12．在長方體ABCDA1B1C1D1中，底面是邊長為2的正方形，高為4，則點A1到截面AB1D1的距離為________，三棱錐AA1B1D1的體積為________． 解析：建立如圖所示的空間直角坐標系． 則A(2,0,0)，B1(2,2,4)，D1(0,0,4)，A1(2,0,4)， ＝(0,2,4)，＝(－2,0,4)， ＝(0,0,4)． 設平面AB1D1的法向量n＝(x，y，z)， 則 即 令x＝2，得n＝(2，－2,1)． 所以A1到平面AB1D1的距離為d＝＝. VAA1B1D1＝224＝. 答案：　 13．三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC為正三角形，側棱長等于底面邊長，A1在底面的射影是△ABC的中心，則AB1與底面ABC所成角的正弦值等于________． 解析：如圖，設A1在底面ABC內的射影為O，以O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系． 設△ABC邊長為1， 則A，B1－，，，∴＝. 又平面ABC的法向量n＝(0,0,1)， 則AB1與底面ABC所成角α的正弦值為 sin α＝|cos〈，n〉|＝＝. 答案： 14．在平行六面體ABCD A1B1C1D1中，若＝a＋2b＋3c，則abc＝________. 解析：∵＝＋＋＝a＋2b＋3c， ∴a＝1，b＝，c＝－. ∴abc＝－. 答案：－ 15．如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝1，EF∥BC且AE＝2EB，G為BC的中點，K為AF的中點．沿EF將矩形折成120的二面角AEFB，此時KG的長為________． 解析：如圖，過K作KM⊥EF，垂足M為EF的中點，則向量與的夾角為120，〈，〉＝60. 又＝＋＝＋， ∴＝＋＋2 ＝1＋1＋211cos 60＝3. ∴||＝. 答案： 三、解答題(本大題共6小題，共74分．解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 16．(本小題滿分14分)已知a＝(x,4,1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)．a∥b，b⊥c，求： (1)a，b，c； (2)a＋c與b＋c夾角的余弦值． 解：(1)因為a∥b，所以＝＝， 解得x＝2，y＝－4， 則a＝(2,4,1)，b＝(－2，－4，－1)． 又b⊥c，所以bc＝0，即－6＋8－z＝0， 解得z＝2，于是c＝(3，－2,2)． (2)由(1)得a＋c＝(5,2,3)，b＋c＝(1，－6,1)， 設a＋c與b＋c夾角為θ， 因此cos θ＝＝－. 17．(本小題滿分15分)如圖，在四棱錐PABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，PD＝DC，E，F(xiàn)分別是AB，PB的中點． (1)求證：EF⊥CD； (2)求DB與平面DEF所成角的正弦值． 解：(1)證明：以D為坐標原點，DA，DC，DP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系如圖． 設AD＝a，則D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)， E，P(0,0，a)， F. ∵＝(0，a,0)＝0. ∴，∴EF⊥CD. (2)設平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 即 取x＝1，則y＝－2，z＝1，∴n＝(1，－2,1)， ∴cos〈，n〉＝＝＝. 設DB與平面DEF所成角為θ，則sin θ＝. 18．(本小題滿分15分)已知四棱錐PABCD的底面是直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90，PD⊥底面ABCD，且PD＝DA＝CD＝2AB＝2，M點為PC的中點． (1)求證：BM∥平面PAD； (2)在平面PAD內找一點N，使MN⊥平面PBD. 解：(1)證明：∵PD⊥底面ABCD，CD∥AB，CD⊥AD. ∴以D為原點，DA，DC，DP分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系(如圖所示)． 由于PD＝CD＝DA＝2AB＝2， 所以D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，M(0,1,1)， ∴＝(－2,0,1)，＝(0,2,0)， ∵⊥平面PAD， ∴是平面PAD的法向量，且＝0， 又BM?平面PAD. ∴BM∥平面PAD. (2)設N(x,0，z)是平面PAD內一點， 則＝(x，－1，z－1)，＝(0,0,2)，＝(2,1,0)， 若MN⊥平面PBD，則 ∴即 ∴在平面PAD內存在點N，使MN⊥平面PBD. 19.(本小題滿分15分)四棱錐PABCD中，PD⊥底面ABCD，AD∥BC，AC⊥DB，∠CAD＝60，AD＝2，PD＝1. (1)證明：AC⊥BP； (2)求二面角CAPD的平面角的余弦值． 解：(1)證明：∵PD⊥底面ABCD，AC?平面ABCD， ∴AC⊥PD. 又AC⊥BD，BD∩PD＝D. ∴AC⊥平面PBD，又BP?平面PBD， ∴AC⊥BP. (2)設AC∩BD＝O，以O為坐標原點，OD，OA所在直線分別為x軸，y軸建立如圖空間直角坐標系Oxyz， 則O(0,0,0)，D(，0,0)，A(0,1,0)，P(，0,1)， ∴＝(0,1,0)，＝(，0,1)， ＝(，－1,0)，＝(0,0,1)． 設平面ACP的法向量m＝(x1，y1，z1)， 平面ADP的法向量n＝(x2，y2，z2)， 由 得 取x1＝1，則m＝(1,0，－)． 同理，由 得n＝(1，，0)． ∴cos〈m，n〉＝＝＝. ∴二面角CAPD的平面角的余弦值為. 20.(本小題滿分15分)(2016浙江高考)如圖，在三棱臺ABCDEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3. (1)求證：BF⊥平面ACFD； (2)求二面角BADF的平面角的余弦值． 解：(1)證明：延長AD，BE，CF相交于一點K，如圖所示． 因為平面BCFE⊥平面ABC，平面BCFE∩平面ABC＝BC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCFE， 又因為BF?平面BCFE， 因此BF⊥AC. 又因為EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2， 所以△BCK為等邊三角形，且F為CK的中點，則BF⊥CK.又AC∩CK＝C，所以BF⊥平面ACFD. (2)法一：過點F作FQ⊥AK于Q， 連接BQ. 因為BF⊥平面ACFD， 所以BF⊥AK，則AK⊥平面BQF，所以BQ⊥AK. 所以∠BQF是二面角BADF的平面角． 在Rt△ACK中，AC＝3，CK＝2， 得AK＝，F(xiàn)Q＝. 在Rt△BQF中，F(xiàn)Q＝，BF＝， 得cos∠BQF＝. 所以二面角BADF的平面角的余弦值為. 法二：取BC的中點O，連接KO， 則KO⊥BC. 又平面BCFE⊥平面ABC，所以KO⊥平面ABC. 以點O為原點，分別以射線OB，OK的方向為x軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系Oxyz. 由題意得B(1,0,0)，C(－1,0,0)，K(0,0，)， A(－1，－3,0)，E，F(xiàn). 因此＝(0,3,0)，＝(1,3，)，＝(2,3,0)． 設平面ACFD的法向量為m＝(x1，y1，z1)， 平面ABED的法向量為n＝(x2，y2，z2)． 由 得 取m＝(，0，－1)； 由得 取n＝(3，－2，)．于是cos〈m，n〉＝＝. 所以二面角BADF的平面角的余弦值為.