阶段质量评价(一)　空间向量与立体几何（含解析）高中数学苏教版（2019）选择性必修第二册

阶段质量评价(一)　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),这两条异面直线所成的角为 (　　)
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所成的角为 (　　)
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所成角的余弦值为
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,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所成角的正弦值.
18.(17分)如图,在△AOP中,OA⊥OP,OA=2,OP=.将△AOP绕OP旋转60°得到△BOP,D,E分别为线段OP,AP的中点.
(1)求点D到平面ABP的距离;
(2)求平面OBE与平面ABP所成锐角的余弦值.
19.(17分)如图,在空间直角坐标系中,四棱锥P-OABC的底面是边长为的正方形,底面OABC在xOy平面内,且抛物线Q:y=mx2经过O,A,C三点,点B在y轴正半轴上,PB⊥平面OABC,侧棱OP与底面OABC所成的角为45°.
(1)求m的值;
(2)若N(x,y,0)是抛物线Q上的动点,M是棱OP上的一个定点,它到平面OABC的距离为a(0(3)是否存在一个实数a(0阶段质量评价(一)
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　设两条异面直线所成的角为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≤,所以两条异面直线所成的角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的法向量为n=(x,y,z),则取n=(1,0,1).又平面ADE的法向量为m=(1,0,0),
设平面ADE与平面BCE所成的角为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上的投影向量为·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·,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==(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)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所成的角为θ,
因为cos<,>===,
所以sin θ=|cos<,>|=.
18.解:(1)因为OA⊥OP,将△AOP绕OP旋转60°得到△BOP,所以OB⊥OP.又OA∩OB=O,OA,OB 平面AOB,
所以PO⊥平面AOB.取AB中点C,连接PC,OC,作DF⊥PC,垂足为F.
因为PA=PB,OA=OB,点C为AB中点,所以AB⊥PC,AB⊥OC.又PC∩OC=C,PC,OC 平面POC,
所以AB⊥平面POC.因为DF 平面POC,所以AB⊥DF.
又因为DF⊥PC,PC∩AB=C,AB,PC 平面PAB,所以DF⊥平面PAB,即点D到平面PAB的距离为DF的长度.因为PO⊥平面AOB,OC 平面AOB,
所以PO⊥OC.因为△AOB是边长为2的等边三角形,所以OC=.又OP=,所以∠OPC=45°,所以DF=DP·sin 45°=.
(2)以点C为坐标原点,CB,CO所在直线为x,y轴,以过点C,垂直于平面BOC的直线为z轴,建立如图所示空间直角坐标系,
则C(0,0,0),P(0,,),A(-1,0,0),B(1,0,0),O(0,,0),E,
所以=,=(1,-,0).设平面OBE的法向量为n=(x,y,z),可得
即取y=1,则n=(,1,2).取PC中点G,连接OG,
由等腰△COP,得OG⊥PC,则G,由(1)知OG⊥平面PAB,
所以=为平面ABP的一个法向量.
设平面OBE与平面ABP所成锐角为θ,
则cos θ===,
所以平面OBE与平面ABP所成锐角的余弦值为.
19.解:(1)由四棱锥P-OABC是底面边长为的正方形,得A(1,1,0),所以m=1.
(2)因为PB⊥平面OABC,所以∠POB即为直线PO与平面OABC所成的角,
即∠POB=45°.
因为点M到平面OABC的距离为a(0由N(x,y,0)是抛物线Q上的动点,得y=x2,即N(x,x2,0),
则d(x)=|MN|==.
令t=x2≥0,设f(t)=t2+(1-2a)t+2a2,对称轴为直线t=,
当即0函数f(t)=t2+(1-2a)t+2a2在[0,+∞)上单调递增,
则f(t)min=f(0)=2a2,此时d(x)min=a;
当即函数f(t)=t2+(1-2a)t+2a2在t=处取得最小值,即f(t)min=-+2a2=,
此时d(x)min=.
综上d(x)min=
(3)不存在.理由如下:
当a∈时,点N与原点重合,
则直线MN与OB为相交直线,不符合题意;
当a∈时,若d(x)取最小值,则x2=,
不妨设x>0,则N,B(0,2,0),
则=(0,2,0),
=.
当异面直线MN与OB垂直时,·=0,
即2=0,无解.
综上所述,不存在一个实数a(06 / 7