2019年高中數(shù)學蘇教版選修2-1階段質量檢測（三）　空間向量與立體幾何 Word版含解析.doc

1、階段質量檢測(三)空間向量與立體幾何考試時間：120分鐘試卷總分：160分題號一二總分151617181920得分一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，共70分將答案填在題中的橫線上)1已知a(3,2,5)，b(1，x，1)，且ab2，則x的值是_2設A、B、C、D是空間不共面的四點，且滿足0，0，0，則BCD的形狀是_3已知直線l與平面垂直，直線的一個方向向量為u(1,3，z)，向量v(3，2,1)與平面平行，則z_.4已知空間三點A(0,2,3)，B(2,1,6)，C(1，1,5)若|a|，且a分別與，垂直，則向量a為_5已知A(1,5，2)，B(2,4,1)，C(x,3，y2)，且A

2、、B、C三點共線，則實數(shù)x，y的值分別為_、_.6已知向量p關于基底a，b，c的坐標為(3,2，1)，則p關于基底2a，b，c的坐標是_7已知直線l1，l2的方向向量分別為a，b，且a(1,2，2)，b(2,3，m)，若l1l2，則實數(shù)m的值為_8已知a(cos ，1，sin )，b(sin ，1，cos )，則向量ab與ab的夾角是_9已知向量a(cos ，sin ，1)，b(，1,2)，則|2ab|的最大值是_10平面的法向量為u(1，2，1)，平面的法向量為v(2,4,2)，則不重合的平面與平面的位置關系為_11已知直角ABC中，C90，B30，AB4，D為AB的中點，沿中線將ACD折起

3、使得AB ，則二面角ACDB的大小為_12如圖，在空間四邊形ABCD中，AC和BD為對角線，G為ABC的重心，E是BD上一點，BE3ED，若以， 為基底，則_.13正方體ABCDA1B1C1D1中，BB1與平面ACD1所成角的余弦值為_14已知(1,2,3)，(2,1,2)，(1,1,2)，點Q在直線OP上運動，則當取得最小值時，點Q的坐標為_二、解答題(本大題共6小題，共90分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)15(本小題滿分14分)如圖，已知ABCDABCD是平行六面體(1)化簡，并在圖中標出其結果；(2)設M是BD的中點，N是側面BCCB對角線BC上的分點，設，試求、的值16(本小

4、題滿分14分)已知空間三點A(2,0,2)，B(1，1,2)，C(3,0,4)，設a，b.(1)求a和b的夾角的余弦值；(2)若向量kab與ka2b互相垂直，求k的值17.(本小題滿分14分)如圖所示，已知直三棱柱(側棱垂直于底面的三棱柱)ABCA1B1C1中，ACBC，D是AB的中點，ACBCBB1.(1)求證：BC1AB1；(2)求證：BC1平面CA1D.18(本小題滿分16分)正ABC的邊長為4，CD是AB邊上的高，E，F(xiàn)分別是AC和BC邊的中點，現(xiàn)將ABC沿CD翻折成直二面角ADCB.(1)試判斷直線AB與平面DEF的位置關系，并說明理由；(2)求二面角EDFC的余弦值；(3)在線段B

5、C上是否存在一點P，使APDE？如果存在，求出的值；如果不存在，請說明理由19(北京高考)(本小題滿分16分)如圖1，在RtABC中，C90，BC3，AC6，D、E分別為AC、AB上的點，且DEBC，DE2，將ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如圖2.(1)求證：A1C平面BCDE；(2)若M是A1D的中點，求CM與平面A1BE所成角的大?。?3)線段BC上是否存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直？說明理由20(山東高考)(本小題滿分16分)如圖所示，在三棱錐PABQ中，PB平面ABQ，BABPBQ，D，C，E，F(xiàn)分別是AQ，BQ，AP，BP的中點，AQ2BD，PD與EQ交

6、于點G，PC與FQ交于點H，連接GH.(1)求證：ABGH；(2)求二面角DGHE的余弦值答 案1解析：ab32x52，x5.答案：52.解析：BCD中，()()20，B為銳角，同理，C，D均為銳角，BCD為銳角三角形答案：銳角三角形3解析：平面的法向量u(1,3，z)，v與平面平行，uv，uv133(2)z10，z3.答案：34解析：設a(x，y，z)，(2，1,3)，(1，3,2)則解得a(1,1,1)或(1，1，1)答案：(1,1,1)或(1，1，1)5解析：若A、B、C三點共線，則，也共線(1，1,3)，(x2，1，y1)，1.x3，y2.答案：326解析：由已知得p3a2bc，則p(

7、2a)(2)(b)(2).故p關于基底的坐標為.答案：7解析：l1l2，ab.ab1(2)23(2)m42m0.m2.答案：28解析：(ab)(ab)a2b2(cos2sin21)(sin21cos2)0，(ab)(ab)答案：909解析：因為2ab(2cos ，2sin 1,0)，所以|2ab|4.答案：410解析：v2(1，2，1)2u，vu，.答案：平行11解析：如圖，取CD中點E，在平面BCD內過B點作BFCD，交CD延長線于F.據題意知AECD，AEBF，EF2，AB.且，為二面角的平面角，由2()2得1333423cos，cos，120.即所求的二面角為120.答案：12012解析

8、：().答案： 13解析：以D為原點，建立空間直角坐標系如圖，設正方體棱長為1，D(0,0,0)，B1(1,1,1)，B(1,1,0)，則(0,0,1)B1D平面ACD1，(1,1,1)為平面ACD1的法向量設BB1與平面ACD1所成的角為，則sin ，cos .答案：14解析：Q在OP上，可設Q(x，x,2x)，則(1x,2x,32x)，(2x,1x,22x)6x216x10，x時，最小，這時Q.答案：15解：(1)取DD的中點G，過點G作DC的平行線GH，使GHDC，連接AH，則.如圖所示(2) ()().，.16解：a(1,1,2)(2,0,2)(1,1,0)，b(3,0,4)(2,0,

9、2)(1,0,2)(1)cos ，a與b的夾角的余弦值為.(2)kab(k，k,0)(1,0,2)(k1，k,2)，ka2b(k，k,0)(2,0,4)(k2，k，4)，(k1，k,2)(k2，k，4)(k1)(k2)k280.即2k2k100，k或k2.17證明： 如圖所示，以C1點為原點，建立空間直角坐標系，設ACBCBB12，則A(2,0,2)，B(0,2,2)，C(0,0,2)，A1(2,0,0)，B1(0,2,0)，C1(0,0,0)，D(1,1,2)(1)由于(0，2，2)，(2,2，2)，0440，即，故BC1AB1.(2)取A1C的中點E，連結DE.由于E(1,0,1)，(0,

10、1,1)，又(0，2，2)，且ED與BC1不共線，EDBC1，又ED平面CA1D，BC1平面CA1D，BC1平面CA1D.18解：(1)在ABC中，由E，F(xiàn)分別是AC，BC中點，得EFAB，又AB平面DEF，EF平面DEF，AB平面DEF.(2)以點D為坐標原點，以直線DB、DC、DA分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，則A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2，0)，E(0，1)，F(xiàn)(1，0)，(1，0)，(0，1)，(0,0,2)平面CDF的法向量為(0,0,2)，設平面EDF的法向量為n(x，y，z)，則即取n(3，3)，cos，n，所以二面角EDFC的余弦值為.(3)存在

11、設P(s，t,0)，則t20，t，又(s2，t,0)，(s,2t,0)，(s2)(2t)st，st2.把t代入上式得s，在線段BC上存在點P，使APDE.此時.19解：(1)證明：因為ACBC，DEBC，所以DEAC.所以EDA1D，DECD，所以DE平面A1DC.所以DEA1C.又因為A1CCD，且CDDED，所以A1C平面BCDE.(2)如圖，以C為坐標原點，CB、CD、CA1為x、y、z軸，建立空間直角坐標系Cxyz，則A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)設平面A1BE的法向量為n(x，y，z)，則n0，n0.又(3，0，2)，BE(1

12、,2,0)，所以令y1，則x2，z.所以n(2,1，)設CM與平面A1BE所成的角為.因為(0,1，)所以sin |cosn，|.所以CM與平面A1BE所成角的大小為.(3)線段BC上不存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直，理由如下：假設這樣的點P存在，設其坐標為(p,0,0)，其中p0,3設平面A1DP的法向量為m(x，y，z)，則m0，m0.又(0，2，2)，(p，2,0)，所以令x2，則yp，z.所以m(2，p，)平面A1DP平面A1BE，當且僅當mn0，即4pp0.解得p2，與p0,3矛盾所以線段BC上不存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直20解：(1)證明：因為D，C，E，F(xiàn)分別是AQ，BQ，AP，BP的中點，所以EFAB，DCAB.所以EFDC.又EF平面PCD，DC平面PCD，所以EF平面PCD.又EF平面EFQ，平面EFQ平面PCDGH，所以EFGH.又EFAB，所以ABGH.(2)在ABQ中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90.又PB平面ABQ，所以BA，BQ，BP兩兩垂直以B為坐標原點，分別以BA，BQ，BP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系設BABQBP2，則E(1,0,1)，F(xiàn)(0,0,1)