阶段质量评价(三)　空间向量与立体几何（含解析）高中数学北师大版（2019）选择性必修 第一册

阶段质量评价(三)　空间向量与立体几何
(时间：120分钟　满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知向量a＝(2，－1,3)，b＝(4，x，y)，且a∥b，则x＋y＝(　 )
A．－4　　　　　　　　　 B．－2
C．4 D．2
2．如图，在四面体PABC中，E是AC的中点，＝3，设＝a，＝b，＝c，则＝(　 )
A.a－b＋c
B.a－b＋c
C.a＋b＋c
D.a－b＋c
3．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则下列向量是平面ABC法向量的是(　 )
A．(－1,1,1) B．(1,1,1)
C. D.
4．在四面体OABC中，空间的一个点M满足＝＋＋λ，若M，A，B，C四点共面，则λ等于(　 )
A. B.
C. D.
5．已知两条异面直线的方向向量分别是m＝(1，－2,3)，n＝(2,1,0)，这两条异面直线的夹角为(　 )
A. B.
C. D.
6．已知O是坐标原点，空间向量＝(1,1,2)，＝(－1,3,4)，＝(2,4,4)，若线段AB的中点为D，则||＝(　 )
A．9 B．8
C．3 D．2
7．若A(2,2,1)，B(0,0,1)，C(2,0,0)，则点A到直线BC的距离为(　 )
A. B.
C. D.
8.如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，AE⊥平面ABCD，若AE＝1，则平面ADE与平面BCE的夹角为(　 )
A．45° B．60°
C．120° D．150°
二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．如图，正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为a，对角线B1D
和BD1相交于点O，则下列结论正确的是(　 )
A.·＝a2
B.·＝a2
C.·＝a2
D.·＝a2
10．已知空间向量a＝(－2，－1,1)，b＝(3,4,5)，则下列结论正确的是(　 )
A．(2a＋b)∥a
B．5|a|＝|b|
C．a⊥(5a＋6b)
D．a在b上的投影向量为
11.如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别为AB，A1D1的中点，则下列结论正确的是(　 )
A．BF⊥CE
B．DF∥平面B1CE
C．BF⊥平面B1CE
D．直线DF与直线CE夹角的余弦值为
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上)
12．已知a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，若a⊥(a－λb)，则λ＝________.
13．已知向量n＝(2,0,1)为平面α的一个法向量，点A(－1,1，2)在α内，则点P(1,2,3)到平面α的距离为________．
14.为了测量一斜坡的坡度，小明设计如下的方案：如图，设斜坡面β与水平面α的交线为l，小明分别在水平面α和斜坡面β选取A，B两点，且AB＝7，A到直线l的距离AA1＝3，B到直线l的距离B1B＝4，A1B1＝2，则斜坡面β与水平面α夹角的大小为________．
四、解答题(本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，M，N分别是A1B，A1C1上的点，且2BM＝A1M，C1N＝2A1N，设＝a，＝b，＝c.
(1)试用a，b，c 表示向量；
(2)若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝2，求线段MN的长．
16.(15分)如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AD＝2，CD＝DD1＝1，M，N分别为AD1，BC的中点．
(1)求证：MN∥平面C1D1DC；
(2)判断MN与平面B1C1M是否垂直，并说明理由．
17.(15分)如图，正方形ABCD所在平面外一点P满足PB⊥平面ABCD，且AB＝3，PB＝4.
(1)求点A到平面PCD的距离；
(2)线段BP上是否存在点E，使得DE⊥平面PAC？若存在，求出该点位置；若不存在，则说明理由．
18.(17分)如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，M为PC中点．
(1)求证：PA∥平面MBD；
(2)若AB＝PA＝2，求直线AM与平面ABCD夹角的正弦值．
19.(17分)如图，在三棱锥P ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)求证：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3，求平面ABC与平面BCM夹角的余弦值．
阶段质量评价(三)
1．选C　因为向量a＝(2，－1,3)，b＝(4，x，y)，且a∥b，所以b＝λa，即(4，x，y)＝λ(2，－1,3)，可得解得所以x＋y＝4.
2．选B　＝－＝(＋)－＝a－b＋c，故选B.
3．选B　由题意，得＝(－1,1,0)，＝(－1，0,1)，设n＝(x，y，z)为平面ABC的一个法向量，则化简得
∴x＝y＝z.令x＝1，有n＝(1,1,1)，故选B.
4．选B　因为M，A，B，C四点共面，＝＋＋λ，所以＋＋λ＝1，解得λ＝.
5．选A　设两条异面直线的夹角为θ，且这两条异面直线的方向向量分别是m＝(1，－2,3)，n＝(2,1,0)，则cos θ＝＝＝0，且0<θ≤，所以两条异面直线的夹角θ＝.
6．选C　由题意得D(0,2,3)，
所以＝(－2，－2，－1)，
所以||＝＝3.
7．选A　＝(2,2,0)，＝(2,0，－1)，
则在上的投影向量的模为
＝，则点A到直线BC的距离为＝＝.
8.选A　因为AE⊥平面ABCD，且四边形ABCD为正方形，如图建立空间直角坐标系，则B(1，0,0)，
C(1,1,0)，E(0,0,1)，
所以＝(0,1,0)，
＝(－1,0,1)，设平面BCE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
取n＝(1,0,1)．
又平面ADE的一个法向量为m＝(1,0,0)，
设平面ADE与平面BCE的夹角为θ，
则cos θ＝＝，
又0°≤θ≤90°，所以θ＝45°.
9.选AC　以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，则D(0,0,0)，A(a，0,0)，
B(a，a,0)，C(0，a,0)，A1(a,0，a)，B1(a，a，a)，C1(0，a，a)，
O，＝(0，a，－a)，＝(－a,0，－a)，·＝a2，A正确；＝(0，a,0)，＝(－a，a，a)，·＝a2，B错误；＝(0，a,0)，＝，·＝a2，C正确；＝(－a,0,0)，＝(a,0，a)，·＝－a2，D错误．
10．选BCD　易知2a＋b＝(－1,2,7)，显然≠≠，故A错误；易知|a|＝＝，|b|＝＝5 5|a|＝|b|，故B正确；易知5a＋6b＝(8,19,35) a·(5a＋6b)＝－2×8＋(－1)×19＋1×35＝0，故C正确；a在b上的投影向量·b＝×(3,4,5)＝，故D正确．
11.选AD　以点D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2，则D(0，0,0)，E(2,1,0)，F(1,0,2)，B(2，2,0)，B1(2,2,2)，C(0,2,0).＝(2，－1，0)，＝(－1，－2，2)，＝(1,0,2)，＝(－2,0，－2)．因为·＝－2＋2＝0，所以BF⊥CE，A正确．设平面B1CE的一个法向量为m＝(x，y，z)，则令x＝1得，y＝2，z＝－1，故m＝(1,2，－1)，因为·m＝(1,0,2)·(1,2，－1)＝1－2＝－1≠0，所以与m不垂直，则直线DF与平面B1CE不平行，B错误．若BF⊥平面B1CE，则BF⊥B1C.因为·＝2＋0－4≠0，
所以直线BF与直线B1C不垂直，矛盾，C错误．cos〈，〉＝
＝＝，D正确．
12．解析：a－λb＝(－2,1,3)－λ(－1,2,1)
＝(λ－2,1－2λ，3－λ)，因为a⊥(a－λb)，
所以a·(a－λb)＝0，即(－2,1,3)·(λ－2，1－2λ，3－λ)＝－2λ＋4＋1－2λ＋9－3λ＝－7λ＋14＝0，解得λ＝2.
答案：2
13．解析：由题意可得＝(－2，－1，－1)，所以·n＝－4－1＝－5，设点P(1,2,3)到平面α的距离为d，则d＝＝＝.
答案：
14．解析：设与的夹角为θ，
因为＝＋＋，
所以＝(＋＋)2
＝2＋2＋2＋2·＋
2·＋2·，
又·＝·＝0，
即49＝9＋12＋16＋2×3×4cos θ，
所以cos θ＝，又θ∈[0，π]，所以θ＝，
所以斜坡面β与水平面α夹角的大小为.
答案：
15．解：(1)因为2BM＝A1M，C1N＝2A1N，
根据空间向量的运算法则，
可得＝－
＝－(－)
＝－＋＋
＝－a＋b＋c.
(2)因为∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝2，
可得a·b＝0且b·c＝a·c＝2，
则||2＝2
＝(4a2＋b2＋4c2－4a·b＋4b·c－8a·c)＝(16＋4＋16－0＋8－16)＝，
所以||＝，即线段MN的长为.
16．解：(1)证明：在长方体ABCD－A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，
由AD＝2，CD＝DD1＝1，M，N分别为AD1，BC的中点，得M，N(1,1,0)，A(0，2,0)，＝，
显然平面C1D1DC的一个法向量n＝＝(0,2,0)，则·n＝0，于是⊥n，
有∥平面C1D1DC，而MN 平面C1D1DC，所以MN∥平面C1D1DC.
(2)由(1)知，C1(1,0,1)，
则有＝，
而·＝1×1－×＝≠0，
于是向量与向量不垂直，即直线MN与MC1不垂直，而MC1 平面B1C1M，
所以MN与平面B1C1M不垂直．
17．解：(1)由题意，VP－ACD＝××3×3×4＝6，
由PB⊥平面ABCD，PB 平面PBC，可得平面PBC⊥平面ABCD，而DC⊥BC，且平面PBC∩平面ABCD＝BC，DC 平面ABCD，
∴DC⊥平面PBC，PC 平面PBC，
可得DC⊥PC.∵CD＝3，PC＝＝5，
∴S△PCD＝×3×5＝，
设A到平面PCD的距离为h，则×h＝6，即h＝，∴点A到平面PCD的距离为.
(2)以B为坐标原点，分别以BC，BA，BP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则D(3,3,0)，C(3,0,0)，P(0,0,4)，设E(0,0，t)(0≤t≤4)，则＝(3,0，－4)，
＝(－3，－3，t)，若DE⊥平面PAC，
则·＝－9－4t＝0，
解得t＝－，不合题意，故线段BP上不存在点E，使得DE⊥平面PAC.
18．解：(1)证明：连接AC，交BD于O点，
则O是AC的中点，连接MO.
因为O，M分别是AC，PC的中点，
所以OM∥PA.
因为PA 平面MBD，OM 平面MBD，
所以PA∥平面MBD.
(2)如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，
B(2,0,0)，D(0,2,0)，
P(0,0,2)，C(2,2,0)，
M(1,1,1)，
所以＝(0,0,2)，
＝(1,1,1)．
因为PA⊥平面ABCD，所以＝(0,0,2)即为平面ABCD的一个法向量．
设直线AM与平面ABCD的夹角为θ，
因为cos〈，〉＝＝＝，
所以sin θ＝|cos〈，〉|＝.
19．解：(1)证明：PO⊥平面ABC，AD，BC 平面ABC，所以PO⊥AD，PO⊥BC.
因为AB＝AC，D是BC的中点，
所以AD⊥BC.如图，以O为原点，过点O作CB的平行线为x轴，以射线AD为y轴正方向，以射线OP为z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，
A(0，－3,0)，B(4,2,0)，
C(－4,2,0)，P(0，0,4)，
所以＝(0,3,4)，
＝(－8,0,0)，
所以·＝0×(－8)＋3×0＋4×0＝0，
所以⊥，即AP⊥BC.
(2)由勾股定理得
AP＝ ＝＝5，
因为AM＝3，所以＝.
设M(x，y，z)，故(x，y＋3，z)＝(0,3,4)，
故x＝0，y＝－3＝－，z＝，
故M，
所以＝，
＝.
设平面BMC的一个法向量为n＝(a，b，c)，
则解得a＝0，
令b＝1，则c＝，所以n＝，
易知＝(0,0,4)是平面ABC的一个法向量，则|cos〈n，〉|＝
＝＝＝.
故平面ABC与平面BCM夹角的余弦值为.