1、阶段质量检测（二） 空间向量与立体几何(时间：120分钟，满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1已知向量i，j，k是一组单位正交向量，m8j3k，ni5j4k，则mn()A7B20C28 D11解析：选C因为m(0,8,3)，n(1,5，4)，所以mn0401228.2.如图所示，已知四面体ABCD，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，AC的中点，则()()A BC D解析：选C()()，又，().3P是ABC所在平面上一点，若，则P是ABC的()A外心 B内心C重心 D垂心解析：选D，()0，即0，.同理()
2、0，0，P是ABC的垂心4已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则平面ABC的一个单位法向量是()A. B.C. D.解析：选D设平面ABC的法向量为n(x，y，z)则n0，即(x，y，z)(1,1,0)0，xy0.n0，即(x，y，z)(0，1,1)0，yz0，令x1，则y1，z1，n(1,1,1)，与n平行的单位向量为或.5已知空间四个点A(1,1,1)，B(4,0,2)，C(3，1,0)，D(1,0,4)，则直线AD与平面ABC的夹角为()A30 B45C60 D90解析：选A设n(x，y,1)是平面ABC的一个法向量(5，1,1)，(4，2，1)，n.又(2，1,3
3、)，设AD与平面ABC所成的角为，则sin ，30.6已知正四棱锥SABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE，SD夹角的余弦值为()A. B.C. D.解析：选C建立如图所示的空间直角坐标系令正四棱锥的棱长为2，则A(1，1,0)，D(1，1,0)，S(0,0，)，E，(1，1，)，cos，AE，SD夹角的余弦值为.7.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别为AA1，AB，BB1，B1C1的中点，则异面直线EF与GH的夹角等于()A45B60C90 D120解析：选B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(图略)，设正方
4、体棱长为1，则E，F，G，H，cos.EF与GH的夹角为60.8已知(1,2,3)，(2,1,2)，(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，则当取得最小值时，点Q的坐标为()A. B.C. D.解析：选C设点Q(x，y，z)因为点Q在上，所以，可设x，01，则y，z2，则Q(，2)，(1，2，32)，(2，1，22)，所以62161062.故当时，取得最小值，此时点Q.故选C.9.如图，在四面体PABC中，PC平面ABC，ABBCCAPC，那么二面角BAPC的余弦值为()A. B.C. D.解析：选C如图，作BDAP于点D，作CEAP于点E.设AB1，则易得CE，EP，PAPB，可以求得BD，E
5、D.，2222222，cos，.故二面角BAPC的余弦值为.10正方体ABCDA1B1C1D1中，直线BC1与平面A1BD夹角的余弦值为()A. B.C. D.解析：选C以A为坐标原点，以AB，AD，AA1分别为x轴，y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则C1(1，1,1)，A1(0,0,1)，B(1,0,0)，D(0,1,0)(1,1,1)，(1,0,1)，(1,1,0)，0，0，即为平面A1BD的法向量设BC1与面A1BD夹角为，又(0,1,1)，则sin ，cos .11在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，M是AA1的中点，则点A1到平面MBD的距离是()A.a B
6、.aC.a D.a解析：选A以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0,0)，B(a，a,0)，M，A1(a,0，a)(a，a,0)，.设平面BDM的法向量为n(x，y，z)，则即令z2，得x1，y1.n(1,1,2)，n0.A1到平面BDM的距离为d|n0|a.12三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1ABAC1，ABAC，N是BC的中点，点P在A1B1上，且满足： ，则直线PN与平面ABC所成角取最大值时的值为()A. B.C. D.解析：选A如图，分别以，为单位正交基底建立空间直角坐标系，则P(，0,1)，N，.易得平面ABC的一个法向量n(0,0,1)，则直线
7、PN与平面ABC所成的角满足：sin |cos，n|，于是问题转化为二次函数求最值，而，所以当sin 最大时，最大所以当时，sin 最大，为，同时直线PN与平面ABC所成的角取到最大值二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分请把正确的答案填在题中的横线上)13已知正方体ABCDABCD中，点F是侧面CDDC的中心，若xy，则xy_.解析：如图，()()，又xy，x，y，即xy0.答案：014已知向量a(3,2,5)，b(1，x，1)，且ab2，则x的值为_解析：a(3,2,5)，b(1，x，1)，且ab2，312x5(1)2，x5.答案：515如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的
8、棱长为1，E是A1B1的中点，则点E到平面ABC1D1的距离是_解析：建立如图所示的空间直角坐标系，正方体的棱长为1，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，E.设平面ABC1D1的法向量为n(x，y，z)n0，且n0，即(x，y，z)(0,1,0)0，且(x，y，z)(1,0,1)0.y0，且xz0，令x1，则z1，n(1,0,1)n0，又，点E到平面ABC1D1的距离为|n0|.答案：16如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AA11，则AC1与平面A1B1C1D1的夹角的正弦值为_ 解析：建立如图所示
9、的空间直角坐标系则A(2,0,0)，C1(0,2,1)，A1(2,0,1)，(2,2,1)，(0,0,1)由长方体的性质知平面A1B1C1D1的法向量为(0，0,1)cos，AC1与平面A1B1C1D1的夹角的正弦值为.答案：三、解答题(本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分)已知a(3,5，4)，b(2,1,2)求：(1)ab；(2)a与b夹角的余弦值；(3)确定，的值使得ab与z轴垂直，且(ab)(ab)77.解：(1)ab(3,5，4)(2,1,2)3251(4)23.(2)|a|5，|b|3.cosa，b.(3)取z轴上的单位向量n
10、(0,0,1)，ab(5,6，2)依题意，得即化简整理，得解得18(本小题满分12分)四棱锥PABCD中，底面ABCD是一个平行四边形，(2，1，4)，(4,2,0)，(1,2，1)(1)求证：PA底面ABCD；(2)求四棱锥PABCD的体积解：(1)证明：2240，APAB.又4400，APAD.AB，AD是底面ABCD上的两条相交直线，AP底面ABCD.(2)设与的夹角为，则cos .V|sin | 16.19(本小题满分12分)如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为AB，B1C的中点(1)用向量法证明平面A1BD平面B1CD1；(2)用向量法证明MN平面A1BD.证明：(1
11、)在正方体ABCDA1B1C1D1中，.，.BDB1D1.同理可证A1BD1C，又BDA1BB，B1D1D1CD1，所以平面A1BD平面B1CD1.(2)()().设a，b，c，则(abc)又ba，(abc)(ba)(b2a2cbca)又A1AAD，A1AAB，cb0，ca0.|b|a|，b2a2.b2a20.0.MNBD.同理可证，MNA1B，又A1BBDB，MN平面A1BD.20(本小题满分12分)如图，在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD为正方形，PDDC，E，F分别是AB，PB的中点(1)求证：EFCD；(2)求DB与平面DEF所成角的正弦值解：(1)证明：以D为坐标原
12、点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图设ADa，则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.，EFCD.(2)设平面DEF的法向量为n(x，y，z)，则即即取x1，则y2，z1，n(1，2,1)，cos，n.设DB与平面DEF所成角为，则sin .21(本小题满分12分)(2019天津高考)如图，AE平面ABCD，CFAE，ADBC，ADAB，ABAD1，AEBC2.(1)求证：BF平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角EBDF的余弦值为，求线段CF的长
13、解：依题意，以A为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，可得A(0,0,0)，B(1,0，0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)设CFh(h0)，则F(1,2，h)(1)证明：依题意知，(1,0,0)是平面ADE的法向量，又(0,2，h)，可得0，因为直线BF平面ADE，所以BF平面ADE.(2)依题意，(1,1,0)，(1,0,2)，(1，2,2)设n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨令z1，可得n(2,2,1)因此有cos，n.所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.(3)设m(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，
14、则即不妨令y11，可得m.由题意，有|cosm，n|，解得h.经检验，符合题意所以线段CF的长为.22(本小题满分12分)如图，在等腰直角三角形ABC中，A90，BC6，D，E分别是AC，AB上的点，CDBE，O为BC的中点将ADE沿DE折起，得到如图所示的四棱锥ABCDE，其中AO.(1)证明：AO平面BCDE；(2)求平面ACD与平面BCD的夹角的余弦值解：(1)证明：在折叠前的图形中，在等腰直角三角形ABC中，因为BC6，O为BC的中点，所以ACAB3，OCOB3.如图，连接OD，在OCD中，由余弦定理可得OD .在折叠后的图形中，因为AD2，所以AO2OD2AD2，所以AOOD.同理可证AOOE.又ODOEO，所以AO平面BCDE.(2)以点O为原点，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示，则A(0,0，)，C(0，3,0)，D(1，2,0)，所以(0,0，)，(0,3，)， (1,2，)设n(x，y，z)为平面ACD的一个法向量，则令z，得n(1，1，)，|n|.由(1)知，(0,0，)为平面CDB的一个法向量，又|，n010(1)3，所以cos n，即平面ACD与平面BCD的夹角的余弦值为.- 13 -
