《2018-2019学年高二数学苏教版选修2-1阶段质量检测（三） 空间向量与立体几何含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018-2019学年高二数学苏教版选修2-1阶段质量检测（三） 空间向量与立体几何含解析.pdf（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
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 二 题 号一 151617181920 总 分 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 ab2，则 x 的值是_ 2设 A、B、C、D 是空间不共面的四点，且满足0，0，AB AC AC AD AB 0，则BCD 的形状是_AD 3已知直线 l 与平面 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 平行，则 z_. 4已知空间三点 A(0,2,3)，B(2,1,6)，C(1，
2、1,5)若|a|，且 a 分别与，3AB AC 垂直，则向量 a 为_ 5已知 A(1,5，2)，B(2,4,1)，C(x,3，y2)，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， c的 1 2 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 l1l2， 则实数 m 的值为_ 8已知 a(cos ，1，sin )，b(sin ，1，cos )，则向量 ab 与 ab 的夹角是 _ 9已知向量 a(cos ，sin ，1)，b(，1,2)，
3、则|2ab|的最大值是_3 10平面 的法向量为 u(1，2，1)，平面 的法向量为 v(2,4,2)，则不重合 的平面 与平面 的位置关系为_ 11 已知直角ABC 中， C90， B30， AB4， D 为 AB 的中点， 沿中线将ACD 折起使得 AB ，则二面角 ACDB 的大小为_13 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，BE3ED，若以， 为基底，则_.AB AC AD GE 13正方体 ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面 ACD1所成角的余弦值为_ 14 已知(1,2,3)，(2,1,2)，(
4、1,1,2)， 点 Q 在直线 OP 上运动， 则当OA OB OP QA 取得最小值时，点 Q 的坐标为_QB 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 ABCDABCD是平 行六面体 (1)化简，并在图中标出其结果； 1 2 AA BC 2 3 AB (2)设 M 是 BD 的中点，N 是侧面 BCCB对角线 BC上的 分点， 3 4 设，试求 、 的值MN AB AD AA 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， bAB .AC
5、(1)求 a 和 b 的夹角 的余弦值； (2)若向量 kab 与 ka2b 互相垂直，求 k 的值 17.(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)ABCA1B1C1中，ACBC，D 是 AB 的中点，ACBCBB1. (1)求证：BC1AB1； (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 ADCB. (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 EDFC 的余弦值；
6、 (3)在线段 BC 上是否存在一点 P，使 APDE？如果存在，求出的值；如果不存在， BP BC 请说明理由 19 (北京高考)(本小题满分 16 分)如图 1， 在 RtABC 中， C90， BC3， AC6， D、 E 分别为 AC、 AB 上的点， 且 DEBC， DE2， 将ADE 沿 DE 折起到A1DE 的位置， 使 A1C CD，如图 2. (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
7、)如图所示，在三棱锥PABQ中，PB平 面ABQ，BABPBQ，D，C， E， F 分别是 AQ， BQ， AP， BP 的中点， AQ2BD， PD 与 EQ 交于点 G， PC 与 FQ 交于点 H，连接 GH. (1)求证：ABGH； (2)求二面角 DGHE 的余弦值 答 案 1解析：ab32x52，x5. 答案：5 2.解析 ： BCD 中，()() 20， B 为锐角， BC BD AC AB AD AB AB 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 的法向量 u(1,3， z)， v 与平面 平行， uv， uv133(2) z10，
8、z3. 答案：3 4解析：设 a(x，y，z)，(2，1,3)，(1，3,2)AB AC 则Error!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，也共线AB BC (1，1,3)，(x2，1，y1)，AB BC 1.x3，y2. 1 x2 3 y1 答案：3 2 6解析：由已知得 p3a2bc， 则 p (2a)(2)(b)(2). 3 2 ( 1 2c) 故 p 关于基底的坐标为. 2a，b， 1 2c ( 3 2，2，2) 答案：(3 2，2，2) 7解析：l1l2，ab. ab1(2)23(2)m42m0. m2.
9、 答案：2 8 解析 ： (ab)(ab)a2b2(cos2sin21)(sin21cos2)0， (ab)(a b) 答案：90 9解析：因为 2ab(2cos ，2sin 1,0)，3 所以|2ab| 2cos 322sin 12 4.88sin 3 答案：4 10解析：v2(1，2，1)2u， vu，. 答案：平行 11解析：如图，取 CD 中点 E，在平面 BCD 内过 B 点作 BFCD，交 CD 延长线于 F. 据题意知 AECD， AEBF，EF2，AB.313 且，为二面角的平面角，EA FB 由 2( )2得AB AE EF FB 1333423cos， ，AE FB cos
10、， ，EA FB 1 2 ，120.EA FB 即所求的二面角为 120. 答案：120 12 解析 ： ()GE AE AG AD DE 2 3 AM AD 1 4 DB 1 3 AB AC .AD 1 4 AB 1 4 AD 1 3 AB 1 3 AC 1 12 AB 1 3 AC 3 4 AD 答案： 1 12 AB 1 3 AC 3 4 AD 13 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(0,0,1) 1 BB B1D平面 ACD1， (1,1,1)为平面 ACD1的法向量 1 DB 设
11、 BB1与平面 ACD1所成的角为 ， 则 sin ， |1| | | 1 3 3 3 cos . 6 3 答案： 6 3 14解析：Q 在 OP 上，可设 Q(x，x,2x)， 则(1x,2x,32x)，QA (2x,1x,22x)QB 6x216x10，QA QB x 时，最小，这时 Q. 4 3 QA QB ( 4 3， 4 3， 8 3) 答案：(4 3， 4 3， 8 3) 15解：(1)取 DD的中点 G，过点 G 作 DC 的平行线 GH， 使 GH DC，连接 AH， 2 3 则.AH 1 2 AA BC 2 3 AB 如图所示AH (2) MN MB BN 1 2 DB 3
12、4 BC () () 1 2 AB AD 3 4 AA AD . 1 2 AB 1 4 AD 3 4 AA ， ， . 1 2 1 4 3 4 16解：a(1,1,2)(2,0,2)(1,1,0)，AB b(3,0,4)(2,0,2)(1,0,2)AC (1)cos ， ab |a|b| 100 2 5 10 10 a 与 b 的夹角 的余弦值为. 10 10 (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. 5 2 17 证明：
13、 如图所示，以 C1点为原点，建立空间直角坐标系，设 ACBCBB12， 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)， D(1,1,2) (1)由于(0，2，2)，(2,2，2)， 1 BC 1 AB 0440， 1 BC 1 AB 即，故 BC1AB1. 1 BC 1 AB (2)取 A1C 的中点 E，连结 DE. 由于 E(1,0,1)， (0,1,1)，又(0，2，2)，ED 1 BC ，且 ED 与 BC1不共线，ED 1 2 1 BC EDBC1，又 ED平面 CA1D，BC1平面 CA1D， BC1平面
14、CA1D. 18解：(1)在ABC 中，由 E，F 分别是 AC，BC 中点， 得 EFAB， 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(0,2，0)，E(0， ，1)，F(1， ，0)，(1， ，0)，333DF 3 (0， ，1)，(0,0,2)DE 3DA 平面 CDF 的法向量为(0,0,2)，DA 设平面 EDF 的法向量为 n(x，y，z)， 则Error!即Error! 取 n(3，3)，3 cos，n，DA
15、n | |n| 21 7 所以二面角 EDFC 的余弦值为. 21 7 (3)存在设 P(s，t,0)，则t20，AP DE 3 t， 2 3 3 又(s2，t,0)，(s,2t,0)，BP PC 3 ，(s2)(2t)st，BP PC 3 st2.33 把 t代入上式得 s ， ， 2 3 3 4 3 BP 1 3 BC 在线段 BC 上存在点 P，使 APDE. 此时 . BP BC 1 3 19解：(1)证明：因为 ACBC，DEBC， 所以 DEAC. 所以 EDA1D，DECD，所以 DE平面 A1DC. 所以 DEA1C. 又因为 A1CCD，且 CDDED， 所以 A1C平面 B
16、CDE. (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 Cxyz， 则 A1(0,0,2)，D(0,2,0)，3 M(0,1，)，B(3,0,0)，3 E(2,2,0)设平面 A1BE 的法向量为 n(x，y，z)， 则 n0，n0. 1 A B BE 又3，0，2，BE(1,2,0)， 1 A B 3 所以Error! 令 y1，则 x2，z.所以 n(2,1，)33 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为 . 因为(0,1，)CM 3 所以 sin |cosn，|CM |. n |n| 4 8 4 2 2 所以 CM 与平面 A1BE 所成角
17、的大小为 . 4 (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 p0,3 设平面 A1DP 的法向量为 m(x，y，z)，则 m0，m0. 1 A D DP 又0，2，2，(p，2,0)， 1 A D 3DP 所以Error! 令 x2，则 yp，z.所以 m(2，p，) p 3 p 3 平面 A1DP平面 A1BE，当且仅当 mn0， 即 4pp0. 解得 p2，与 p0,3矛盾 所以线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直 20 解 ： (1)证明 ： 因为 D
18、， C， E， F 分别是 AQ， BQ， AP， BP 的中点， 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 两两垂直 以 B 为坐标原点，分别以 BA，BQ，BP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的 空间直角坐标系 设 BABQBP2， 则 E(1,0,1)，F(0,0,1)，Q(0,2,0)，D(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2) 所以(1,2，1)，(0,2，1)，EQ FQ (1，1，2)，(0，1,2)DP CP 设平面 EFQ 的一个法向量为 m(x1，y1，z1)， 由 m0，m0，得Error!EQ FQ 取 y11，得 m(0,1,2) 设平面 PDC 的一个法向量为 n(x2，y2，z2)， 由 n0，n0，得Error!DP CP 取 z21，得 n(0,2,1)， 所以 cosm，n . mn |m|n| 4 5 因为二面角 DGHE 为钝角， 所以二面角 DGHE 的余弦值为 . 4 5