《人教版 高中数学【选修 21】阶段质量检测三空间向量与立体几何》由会员分享，可在线阅读，更多相关《人教版 高中数学【选修 21】阶段质量检测三空间向量与立体几何（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019人教版精品教学资料高中选修数学阶段质量检测（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以下四组向量中，互相平行的组数为()a(2,2,1)，b(3，2，2)；a(8,4，6)，b(4,2，3)；a(0，1,1)，b(0,3，3)；a(3,2,0)，b(4，3,3)；A1B2C3 D4解析：选B中a2b，ab；中ab，ab；而中的向量不平行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
2、，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
3、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(，1，1)又BHOA，0，即(，1，1)(1,1,0)0，即10，解得，H.6在以下命题中，不正确的个数为()|a|b|ab|是a，b共线的充要条件；若ab，则存在唯一的实数，使ab；对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若22，则P，A，B，C四点共面；若a，b，c为空间的一个基底，则ab，bc，ca构成空间的另一个基底；|(ab)c|a|b|c|.A2 B3C4 D5解析：选C|a|b|ab|a与b共线，但a与b共线时|a|b|ab|不一定成立，故不正确；b需
4、为非零向量，故不正确；因为2211，由共面向量定理知，不正确；由基底的定义知正确；由向量的数量积的性质知，不正确7已知向量a(1,2,3)，b(2，4，6)，|c|，若(ab)c7，则a与c的夹角为()A30 B60C120 D150解析：选C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120.8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Rt
5、PBO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，k60.9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()A. B.C. D.解析：选C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.10三棱柱ABCA1B
6、1C1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()A. B.C. D.解析：选B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|.11如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MPMC.则点M在正方形ABCD内的轨迹为()解析：选A如图，以D为原点，DA，DC所在的直线分
7、别为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系设正方形ABCD的边长为a，M(x，y,0)，则0xa,0ya，P，C(0，a,0)，则| ，| .由|，得x2y，所以点M在正方形ABCD内的轨迹为一条线段yx(0xa)，故选A.12.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
8、小值.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分请把正确答案填在题中的横线上)13已知a(3，6，6)，b(1,3,2)为两平行平面的法向量，则_.解析：由题意知ab，解得2.答案：214若a(2,3，1)，b(2,1,3)，则以a，b为邻边的平行四边形的面积为_解析：cosa，b，得sina，b，由公式S|a|b|sina，b可得结果答案：615在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，若a2b3c，则abc_.解析：a2b3c，a1，b，c.abc.答案：16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AE
9、FB，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，222211211cos 603.|.答案：三、解答题(本大题共6小题，共70分解答时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(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
10、 .18(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 .19(本小题满分12
11、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)
12、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.20.(本小题满分12分)如图，三棱锥PABC中，PC平面ABC，PC3，ACB.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CDDE，CE2EB2.(1)证明：DE平面PCD.(2)求二面角APDC的余弦值解：(1)证明：由PC平面ABC，DE平面ABC，故PCDE.由CE2，CDDE得CDE为等腰直角三角形，故CDDE.由PCCDC，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE平面PCD.(2)由(1)可知，CDE为等腰直角三角形，DCE，如图，过D作DF垂直CE于F，易知DFFCFE1，又已知EB1，故FB2.由ACB，得DFAC，故ACDF.以C为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，P(0,0,3)，A，E(0,2,0)，D(1,1,0)，(1，1,0)，(1，1,3)，设平面PAD的法向量为n1(x1，y1，z1)，由n10，n10，可得令x12，故可取n1(2,1,1)由(1)可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为，即n2(1，1,0)，从而法向量
