階段質(zhì)量檢測(三)空間向量與立體幾何[考試時間：120分鐘試卷總分：160分]題號一二總分151617181920得分一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，共70分．將答案填在題中的橫線上)1．已知a＝(－3,2,5)，b＝(1，x，－1)，且a·b＝2，則x的值是________．2．設(shè)A、B、C、D是空間不共面的四點，且滿足·＝0，·＝0，·＝0，則△BCD的形狀是________________________．3．已知直線l與平面α垂直，直線的一個方向向量為u＝(1,3，z)，向量v＝(3，－2,1)與平面α平行，則z＝________.4．已知空間三點A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．若|a|＝eq\r(3)，且a分別與，垂直，則向量a為__________．5．已知A(1,5，－2)，B(2,4,1)，C(x,3，y＋2)，且A、B、C三點共線，則實數(shù)x，y的值分別為________、________.6．已知向量p關(guān)于基底{a，b，c}的坐標(biāo)為(3,2，－1)，則p關(guān)于基底{2a，－b，eq\f(1,2)c}的坐標(biāo)是________．7．已知直線l1，l2的方向向量分別為a，b，且a＝(1,2，－2)，b＝(－2,3，m)，若l1⊥l2，則實數(shù)m的值為________．8．已知a＝(cosα，1，sinα)，b＝(sinα，1，cosα)，則向量a＋b與a－b的夾角是________________．9．已知向量a＝(cosθ，sinθ，1)，b＝(eq\r(3)，－1,2)，則|2a－b|的最大值是________．10．平面α的法向量為u＝(－1，－2，－1)，平面β的法向量為v＝(2,4,2)，則不重合的平面α與平面β的位置關(guān)系為________．11．已知直角△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝4，D為AB的中點，沿中線將△ACD折起使得AB＝eq\r(13)，則二面角A－CD－B的大小為________．12．如圖，在空間四邊形ABCD中，AC和BD為對角線，G為△ABC的重心，E是BD上一點，BE＝3ED，若以{，，}為基底，則＝________.13．正方體ABCD－A1B1C1D1中，BB1與平面ACD1所成角的余弦值為________．14．已知＝(1,2,3)，＝(2,1,2)，＝(1,1,2)，點Q在直線OP上運動，則當(dāng)·取得最小值時，點Q的坐標(biāo)為________．二、解答題(本大題共6小題，共90分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)15．(本小題滿分14分)如圖，已知ABCD－A′B′C′D′是平行六面體．(1)化簡eq\f(1,2)＋＋eq\f(2,3)，并在圖中標(biāo)出其結(jié)果；16．(本小題滿分14分)已知空間三點A(－2,0,2)，B(－1，1,2)，C(－3,0,4)，設(shè)a＝，b＝.(1)求a和b的夾角θ的余弦值；(2)若向量ka＋b與ka－2b互相垂直，求k的值．

17.(本小題滿分14分)如圖所示，已知直三棱柱(側(cè)棱垂直于底面的三棱柱)ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，D是AB的中點，AC＝BC＝BB1.(1)求證：BC1⊥AB1；(2)求證：BC1∥平面CA1D.18．(本小題滿分16分)正△ABC的邊長為4，CD是AB邊上的高，E，F(xiàn)分別是AC和BC邊的中點，現(xiàn)將△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B.(1)試判斷直線AB與平面DEF的位置關(guān)系，并說明理由；(2)求二面角E－DF－C的余弦值；(3)在線段BC上是否存在一點P，使AP⊥DE？如果存在，求出eq\f(BP,BC)的值；如果不存在，請說明理由．19．(北京高考)(本小題滿分16分)如圖1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D、E分別為AC、AB上的點，且DE∥BC，DE＝2，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如圖2.(1)求證：A1C⊥平面BCDE；(2)若M是A1D的中點，求CM與平面A1BE所成角的大小；(3)線段BC上是否存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直？說明理由．20．(山東高考)(本小題滿分16分)如圖所示，在三棱錐P－ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D，C，E，F(xiàn)分別是AQ，BQ，AP，BP的中點，AQ＝2BD，PD與EQ交于點G，PC與FQ交于點H，連接GH.(1)求證：AB∥GH；(2)求二面角D－GH－E的余弦值．答案1．解析：a·b＝－3＋2x－5＝2，∴x＝5.答案：52.解析：△BCD中，·＝(－)·(－)＝2＞0，∴∠B為銳角，同理，∠C，∠D均為銳角，∴△BCD為銳角三角形．答案：銳角三角形3．解析：∵平面α的法向量u＝(1,3，z)，v與平面α平行，∴u⊥v，∴u·v＝1×3＋3×(－2)＋z×1＝0，∴z＝3.答案：34．解析：設(shè)a＝(x，y，z)，＝(－2，－1,3)，＝(1，－3,2)．則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋z2＝3，,－2x－y＋3z＝0，,x－3y＋2z＝0，))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三點共線，則，也共線．＝(1，－1,3)，＝(x－2，－1，y＋1)，∴eq\f(1,x－2)＝1＝eq\f(3,y＋1).∴x＝3，y＝2.答案：326．解析：由已知得p＝3a＋2b－c，則p＝eq\f(3,2)(2a)＋(－2)(－b)＋(－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)c)).故p關(guān)于基底eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2a，－b，\f(1,2)c))的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－2，－2)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－2，－2))7．解析：∵l1⊥l2，∴a⊥b.∴a·b＝1×(－2)＋2×3＋(－2)×m＝4－2m＝0.∴m＝2.答案：28．解析：(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝(cos2α＋sin2α＋1)－(sin2α＋1＋cos2α)＝0，∴(a＋b)⊥(a－b)．答案：90°9．解析：因為2a－b＝(2cosθ－eq\r(3)，2sinθ＋1,0)，所以|2a－b|＝eq\r(2cosθ－\r(3)2＋2sinθ＋12)＝eq\r(8＋8sinθ－\f(π,3))≤4.答案：410．解析：∵v＝－2(－1，－2，－1)＝－2u，∴v∥u，∴α∥β.答案：平行11．解析：如圖，取CD中點E，在平面BCD內(nèi)過B點作BF⊥CD，交CD延長線于F.據(jù)題意知AE⊥CD，AE＝BF＝eq\r(3)，EF＝2，AB＝eq\r(13).且〈，〉為二面角的平面角，由2＝(＋＋)2得13＝3＋3＋4＋2×3×cos〈，〉，∴cos〈，〉＝－eq\f(1,2)，∴〈，〉＝120°.即所求的二面角為120°.答案：120°答案：－eq\f(1,12)－eq\f(1,3)＋eq\f(3,4)13．解析：以D為原點，建立空間直角坐標(biāo)系如圖，設(shè)正方體棱長為1，D(0,0,0)，B1(1,1,1)，B(1,1,0)，則＝(0,0,1)．∵B1D⊥平面ACD1，設(shè)BB1與平面ACD1所成的角為θ，∴cosθ＝eq\f(\r(6),3).答案：eq\f(\r(6),3)14．解析：∵Q在OP上，∴可設(shè)Q(x，x,2x)，則＝(1－x,2－x,3－2x)，＝(2－x,1－x,2－2x)．∴·＝6x2－16x＋10，∴x＝eq\f(4,3)時，·最小，這時Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3)))15．解：(1)取DD′的中點G，過點G作DC的平行線GH，使GH＝eq\f(2,3)DC，連接AH，則＝eq\f(1,2)＋＋eq\f(2,3).如圖所示．＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,4)＝eq\f(1,2)(－)＋eq\f(3,4)(＋)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(3,4).∴α＝eq\f(1,2)，β＝eq\f(1,4)，γ＝eq\f(3,4).16．解：a＝＝(－1,1,2)－(－2,0,2)＝(1,1,0)，b＝＝(－3,0,4)－(－2,0,2)＝(－1,0,2)．(1)cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－1＋0＋0,\r(2)×\r(5))＝－eq\f(\r(10),10)，∴a與b的夾角θ的余弦值為－eq\f(\r(10),10).(2)ka＋b＝(k，k,0)＋(－1,0,2)＝(k－1，k,2)，ka－2b＝(k，k,0)－(－2,0,4)＝(k＋2，k，－4)，∴(k－1，k,2)·(k＋2，k，－4)＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝0.即2k2＋k－10＝0，∴k＝－eq\f(5,2)或k＝2.17．證明：如圖所示，以C1點為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AC＝BC＝BB1＝2，則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)．(2)取A1C的中點E，連結(jié)DE.由于E(1,0,1)，∴ED∥BC1，又ED?平面CA1D，BC1?平面CA1D，∴BC1∥平面CA1D.18．解：(1)在△ABC中，由E，F(xiàn)分別是AC，BC中點，得EF∥AB，又AB?平面DEF，EF?平面DEF，∴AB∥平面DEF.(2)以點D為坐標(biāo)原點，以直線DB、DC、DA分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2eq\r(3)，0)，E(0，eq\r(3)，1)，F(xiàn)(1，eq\r(3)，0)，＝(1，eq\r(3)，0)，＝(0，eq\r(3)，1)，＝(0,0,2)．平面CDF的法向量為＝(0,0,2)，設(shè)平面EDF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(·n＝0，,·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y＋z＝0，))取n＝(3，－eq\r(3)，3)，cos〈，n〉＝eq\f(·n,|||n|)＝eq\f(\r(21),7)，所以二面角E－DF－C的余弦值為eq\f(\r(21),7).(3)存在．設(shè)P(s，t,0)，則·＝eq\r(3)t－2＝0，∴t＝eq\f(2\r(3),3)，又＝(s－2，t,0)，＝(－s,2eq\r(3)－t,0)，∵∥，∴(s－2)(2eq\r(3)－t)＝－st，∴eq\r(3)s＋t＝2eq\r(3).把t＝eq\f(2\r(3),3)代入上式得s＝eq\f(4,3)，∴＝eq\f(1,3)·，∴在線段BC上存在點P，使AP⊥DE.此時eq\f(BP,BC)＝eq\f(1,3).19．解：(1)證明：因為AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC.所以ED⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC.所以DE⊥A1C.又因為A1C⊥CD，且CD∩DE＝D，所以A1C⊥平面BCDE.(2)如圖，以C為坐標(biāo)原點，CB、CD、CA1為x、y、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系C－xyz，則A1(0,0,2eq\r(3))，D(0,2,0)，M(0,1，eq\r(3))，B(3,0,0)，E(2,2,0)．設(shè)平面A1BE的法向量為n＝(x，y，z)，則n·＝0，n·＝0.又＝3，0，－2eq\r(3)，BE＝(－1,2,0)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－2\r(3)z＝0，,－x＋2y＝0.))令y＝1，則x＝2，z＝eq\r(3).所以n＝(2,1，eq\r(3))．設(shè)CM與平面A1BE所成的角為θ.因為＝(0,1，eq\r(3))所以sinθ＝|cos〈n，〉|＝|eq\f(n·,|n|||)|＝eq\f(4,\r(8)×\r(4))＝eq\f(\r(2),2).所以CM與平面A1BE所成角的大小為eq\f(π,4).(3)線段BC上不存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直，理由如下：假設(shè)這樣的點P存在，設(shè)其坐標(biāo)為(p,0,0)，其中p∈[0,3]．設(shè)平面A1DP的法向量為m＝(x，y，z)，則所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－2\r(3)z＝0，,px－2y＝0.))令x＝2，則y＝p，z＝eq\f(p,\r(3)).所以m＝(2，p，eq\f(p,\r(3)))．平面A1DP⊥平面A1BE，當(dāng)且僅當(dāng)m·n＝0，即4＋p＋p＝0.解得p＝－2，與p∈[0,3]矛盾．所以線段BC上不存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直．20．解：(1)證明：因為D，C，E，F(xiàn)分別是AQ，BQ，AP，BP的中點，所以EF