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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分题号一二总分151617181920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0，0，0，则BCD的形状是_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(1，1,5)若|a|，且a分别与，垂直，则向量a为_5已知A(1,5，2)，B(2,4,1)，C(x,3，y2)，且A
2、、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)，则|2ab|的最大值是_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
3、使得AB ，则二面角ACDB的大小为_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_.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)，(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_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；(2)设M是BD的中点，N是侧面BCCB对角线BC上的分点，设，试求、的值16(本小
4、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，b.(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；(3)在线段B
5、C上是否存在一点P，使APDE？如果存在，求出的值；如果不存在，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A1CCD，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)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
6、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：52.解析：BCD中，()()20，B为锐角，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，z3.答案：34解析：设a(x，y，z)，(2，1,3)，(1，3,2)则解得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(1，1,3)，(x2，1，y1)，1.x3，y2.答案：326解析：由已知得p3a2bc，则p(
7、2a)(2)(b)(2).故p关于基底的坐标为.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：因为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.且，为二面角的平面角，由2()2得1333423cos，cos，120.即所求的二面角为120.答案：12012解析
8、：().答案： 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)B1D平面ACD1，(1,1,1)为平面ACD1的法向量设BB1与平面ACD1所成的角为，则sin ，cos .答案：14解析：Q在OP上，可设Q(x，x,2x)，则(1x,2x,32x)，(2x,1x,22x)6x216x10，x时，最小，这时Q.答案：15解：(1)取DD的中点G，过点G作DC的平行线GH，使GHDC，连接AH，则.如图所示(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与b的夹角的余弦值为.(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证明： 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)，0440，即，故BC1AB1.(2)取A1C的中点E，连结DE.由于E(1,0,1)，(0,
10、1,1)，又(0，2，2)，且ED与BC1不共线，EDBC1，又ED平面CA1D，BC1平面CA1D，BC1平面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)，(0，1)，(0,0,2)平面CDF的法向量为(0,0,2)，设平面EDF的法向量为n(x，y，z)，则即取n(3，3)，cos，n，所以二面角EDFC的余弦值为.(3)存在
11、设P(s，t,0)，则t20，t，又(s2，t,0)，(s,2t,0)，(s2)(2t)st，st2.把t代入上式得s，在线段BC上存在点P，使APDE.此时.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BCDE.(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)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)设平面A1BE的法向量为n(x，y，z)，则n0，n0.又(3，0，2)，BE(1
12、,2,0)，所以令y1，则x2，z.所以n(2,1，)设CM与平面A1BE所成的角为.因为(0,1，)所以sin |cosn，|.所以CM与平面A1BE所成角的大小为.(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.又(0，2，2)，(p，2,0)，所以令x2，则yp，z.所以m(2，p，)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，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E
