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阶段质量检测（三） 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8小题，每小题5分，共40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设空间向量a(1,2,1)，b(2,2,3)，则ab()A(2,4,3)B(3,4,4)C9 D5解析：选Ca(1,2,1)，b(2,2,3)，ab1222139.2设l1的方向向量为a(1,2，2)，l2的方向向量为b(2,3，m)，若l1l2，则m等于()A1 B2C. D3解析：选B若l1l2，则ab，ab0，1(2)23(2m)0，解得m2.3已知向量i，j，k是一组单位正交向量，m8j3k，ni5j4k，则mn()A7 B20C28 D11解析：选C因为m(0,8,3)，n(1,5，4)，所以mn0401228.4已知二面角l的大小为，m，n为异面直线，且m，n，则m，n所成的角为()A. B.C. D.解析：选B设m，n的方向向量分别为m，n.由m，n知m，n分别是平面，的法向量|cosm，n|cos ，m，n或.但由于两异面直线所成的角的范围为，故异面直线m，n所成的角为.5已知空间三点O(0,0,0)，A(1,1,0)，B(0,1,1)在直线OA上有一点H满足BHOA，则点H的坐标为()A(2,2,0) B(2，2,0)C. D.解析：选C由(1,1,0)，且点H在直线OA上，可设H(，0)，则BH(，1，1)又BHOA，OA0，即(，1，1)(1,1,0)0，即10，解得，H.6如图，三棱锥SABC中，棱SA，SB，SC两两垂直，且SASBSC，则二面角ABCS大小的正切值为()A1 B.C. D2解析：选C三棱锥SABC中，棱SA，SB，SC两两垂直，且SASBSC，SA平面SBC，且ABAC，取BC的中点D，连接SD，AD，则SDBC，ADBC，则ADS是二面角ABCS的平面角，设SASBSC1，则SD，则tanADS，故选C.7在空间直角坐标系Oxyz中，i，j，k分别是x轴、y轴、z轴的方向向量，设a为非零向量，且a，i45，a，j60，则a，k()A30 B45C60 D90解析：选C如图所示，设|a|m(m0)，a，PA平面xOy，则在RtPBO中，|PB|sina，im，在RtPCO中，|OC|cosa，j，|AB|，在RtPAB中，|PA| ，|OD|，在RtPDO中，cosa，k，又0a，k180，a，k60.8.如图，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，AA12，ABBC1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是()A. B.C. D.解析：选C建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，C1(0,1,2)设点P的坐标为(0，2)，0,1，点Q的坐标为(1，0)，0,1，PQ，当且仅当，时，线段PQ的长度取得最小值.二、填空题(本大题共7小题，多空题每空3分，单空题每题4分，共36分)9已知向量a(1,2,3)，b(2，4，6)，|c|，若(ab)c7，则a与c的夹角为_，|a|_.解析：设向量ab与c的夹角为，因为ab(1，2，3)，|ab|，cos ，所以60.因为向量ab与a的方向相反，所以a与c的夹角为120，|a|.答案：12010已知a(3，6，6)，b(1,3,2)为两平行平面的法向量，则_，a的同向单位向量为_解析：由题意知ab，解得2.a(6,6,8)，|a|2，a的同向单位向量为.答案：211若a(2,3，1)，b(2,1,3)，则ab_.以a，b为邻边的平行四边形的面积为_解析：ab(4,2，4)，cosa，b，得sina，b，则S|a|b|sina，b6.答案：(4,2，4)612在长方体ABCDA1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离为_，三棱锥AA1B1D1的体积为_解析：建立如图所示的空间直角坐标系则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)设平面AB1D1的法向量n(x，y，z)，则即令x2，得n(2，2,1)所以A1到平面AB1D1的距离为d.VAA1B1D1224.答案：13三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC为正三角形，侧棱长等于底面边长，A1在底面的射影是ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于_解析：如图，设A1在底面ABC内的射影为O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系设ABC边长为1，则A，B1，.又平面ABC的法向量n(0,0,1)，则AB1与底面ABC所成角的正弦值为sin |cos，n|.答案：14在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，若a2b3c，则abc_.解析：a2b3c，a1，b，c.abc.答案：15如图，在矩形ABCD中，AB3，BC1，EFBC且AE2EB，G为BC的中点，K为AF的中点沿EF将矩形折成120的二面角AEFB，此时KG的长为_解析：如图，过K作KMEF，垂足M为EF的中点，则向量与的夹角为120，60.又，211211cos 603.|.答案：三、解答题(本大题共6小题，共74分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16(本小题满分14分)已知a(x,4,1)，b(2，y，1)，c(3，2，z)ab，bc，求：(1)a，b，c；(2)ac与bc夹角的余弦值解：(1)因为ab，所以，解得x2，y4，则a(2,4,1)，b(2，4，1)又bc，所以bc0，即68z0，解得z2，于是c(3，2,2)(2)由(1)得ac(5,2,3)，bc(1，6,1)，设ac与bc夹角为，因此cos .17(本小题满分15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 .18(本小题满分15分)已知四棱锥PABCD的底面是直角梯形，ABDC，DAB90，PD底面ABCD，且PDDACD2AB2，M点为PC的中点(1)求证：BM平面PAD；(2)在平面PAD内找一点N，使MN平面PBD.解：(1)证明：PD底面ABCD，CDAB，CDAD.以D为原点，DA，DC，DP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图所示)由于PDCDDA2AB2，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)设N(x,0，z)是平面PAD内一点，则(x，1，z1)，(0,0,2)，(2,1,0)，若MN平面PBD，则即在平面PAD内存在点N，使MN平面PBD.19.(本小题满分15分)四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，ADBC，ACDB，CAD60，AD2，PD1.(1)证明：ACBP；(2)求二面角CAPD的平面角的余弦值解：(1)证明：PD底面ABCD，AC平面ABCD，ACPD.又ACBD，BDPDD.AC平面PBD，又BP平面PBD，ACBP.(2)设ACBDO，以O为坐标原点，OD，OA所在直线分别为x轴，y轴建立如图空间直角坐标系Oxyz，则O(0,0,0)，D(，0,0)，A(0,1,0)，P(，0,1)，(0,1,0)，(，0,1)，(，1,0)，(0,0,1)设平面ACP的法向量m(x1，y1，z1)，平面ADP的法向量n(x2，y2，z2)，由得取x11，则m(1,0，)同理，由得n(1，0)cosm，n.二面角CAPD的平面角的余弦值为.20.(本小题满分15分)(2016浙江高考)如图，在三棱台ABCDEF中，平面BCFE平面ABC，ACB90，BEEFFC1，BC2，AC3.(1)求证：BF平面ACFD；(2)求二面角BADF的平面角的余弦值解：(1)证明：延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示因为平面BCFE平面ABC，平面BCFE平面ABCBC，且ACBC，所以AC平面BCFE，又因为BF平面BCFE，因此BFAC.又因为EFBC，BEEFFC1，BC2，所以BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BFCK.又ACCKC，所以BF平面ACFD.(2)法一：过点F作FQAK于Q，连接BQ.因为BF平面ACFD，所以BFAK，则AK平面BQF，所以BQAK.所以BQF是二面角BADF的平面角在RtACK中，AC3，CK2，得AK，FQ.在RtBQF中，FQ，BF，得cosBQF.所以二面角BADF的平面角的余弦值为.法二：取BC的中点O，连接KO，则KOBC.又平面BCFE平面ABC，所以KO平面ABC.以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为x轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得B(1,0,0)，C(1,0,0)，K(0,0，)，A(1，3,0)，E，F.因此(0,3,0)，(1,3，)，(2,3,0)设平面ACFD的法向量为m(x1，y1，z1)，平面ABED的法向量为n(x2，y2，z2)由得取m(，0，1)；由得取n(3，2，)于是cosm，n.所以二面角BADF的平面角的余弦值为.
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