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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
15
16
17
18
19
20
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a·b＝2，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α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α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，y＋2)，且A、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l1⊥l2，则实数m的值为________．
8．已知a＝(cos α，1，sin α)，b＝(sin α，1，cos α)，则向量a＋b与a－b的夹角是________________．
9．已知向量a＝(cos θ，sin θ，1)，b＝(，－1,2)，则|2a－b|的最大值是________．
10．平面α的法向量为u＝(－1，－2，－1)，平面β的法向量为v＝(2,4,2)，则不重合的平面α与平面β的位置关系为________．
11．已知直角△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝4，D为AB的中点，沿中线将△ACD折起使得AB＝ ，则二面角A－CD－B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，BE＝3ED，若以{，， }为基底，则＝________.
13．正方体ABCD－A1B1C1D1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ABCD－A′B′C′D′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BCC′B′对角线BC′上的分点，设＝α＋β＋γ，试求α、β、γ的值．
16．(本小题满分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θ的余弦值；
(2)若向量ka＋b与ka－2b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)ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，D是AB的中点，AC＝BC＝BB1.
(1)求证：BC1⊥AB1；
(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A－DC－B.
(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E－DF－C的余弦值；
(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？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Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D、E分别为AC、AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，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P－ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ＝2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH.
(1)求证：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：5
2.解析：△BCD中，·＝(－)·(－)＝2＞0，∴∠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α的法向量u＝(1,3，z)，v与平面α平行，∴u⊥v，∴u·v＝1×3＋3×(－2)＋z×1＝0，∴z＝3.
答案：3
4．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)，＝(x－2，－1，y＋1)，
∴＝1＝.∴x＝3，y＝2.
答案：3 2
6．解析：由已知得p＝3a＋2b－c，
则p＝(2a)＋(－2)(－b)＋(－2).
故p关于基底的坐标为.
答案：
7．解析：∵l1⊥l2，∴a⊥b.
∴a·b＝1×(－2)＋2×3＋(－2)×m＝4－2m＝0.
∴m＝2.
答案：2
8．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：因为2a－b＝(2cos θ－，2sin θ＋1,0)，
所以|2a－b|＝
＝≤4.
答案：4
10．解析：∵v＝－2(－1，－2，－1)＝－2u，
∴v∥u，∴α∥β.
答案：平行
11．解析：如图，取CD中点E，在平面BCD内过B点作BF⊥CD，交CD延长线于F.
据题意知AE⊥CD，
AE＝BF＝，EF＝2，AB＝.
且〈，〉为二面角的平面角，
由2＝(＋＋)2得
13＝3＋3＋4＋2×3×cos〈，〉，
∴cos〈，〉＝－，
∴〈，〉＝120°.
即所求的二面角为120°.
答案：120°
12．解析：＝－＝＋－＝＋－(＋)＝＋－－－＝－－＋.
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θ，
则sin θ＝＝＝，
∴cos θ＝.
答案：
14．解析：∵Q在OP上，∴可设Q(x，x,2x)，
则＝(1－x,2－x,3－2x)，
＝(2－x,1－x,2－2x)．
∴·＝6x2－16x＋10，
∴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GH＝DC，连接AH，
则＝＋＋.
如图所示．
(2) ＝＋
＝＋
＝(－)＋(＋)
＝＋＋.
∴α＝，β＝，γ＝.
16．解：a＝＝(－1,1,2)－(－2,0,2)＝(1,1,0)，
b＝＝(－3,0,4)－(－2,0,2)＝(－1,0,2)．
(1)cos θ＝＝＝－，
∴a与b的夹角θ的余弦值为－.
(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＝－或k＝2.
17．证明： 如图所示，以C1点为原点，建立空间直角坐标系，设AC＝BC＝BB1＝2，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)，
∴·＝0－4＋4＝0，
即⊥，故BC1⊥AB1.
(2)取A1C的中点E，连结DE.
由于E(1,0,1)，
∴＝(0,1,1)，又＝(0，－2，－2)，
∴＝－，且ED与BC1不共线，
∴ED∥BC1，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EF∥AB，
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E－DF－C的余弦值为.
(3)存在．设P(s，t,0)，则·＝t－2＝0，
∴t＝，
又＝(s－2，t,0)，＝(－s,2－t,0)，
∵∥，∴(s－2)(2－t)＝－st，
∴s＋t＝2.
把t＝代入上式得s＝，∴＝·，
∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE.
此时＝.
19．解：(1)证明：因为AC⊥BC，DE∥BC，
所以DE⊥AC.
所以ED⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC.
所以DE⊥A1C.
又因为A1C⊥CD，且CD∩DE＝D，
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C－xyz，
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n·＝0，n·＝0.
又＝(3，0，－2)，BE＝(－1,2,0)，
所以
令y＝1，则x＝2，z＝.所以n＝(2,1，)．
设CM与平面A1BE所成的角为θ.
因为＝(0,1，)
所以sin θ＝|cos〈n，〉|
＝||＝＝.
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p∈[0,3]．
设平面A1DP的法向量为m＝(x，y，z)，则
m·＝0，m·＝0.
又＝(0，2，－2)，＝(p，－2,0)，
所以
令x＝2，则y＝p，z＝.所以m＝(2，p，)．
平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0，
即4＋p＋p＝0.
解得p＝－2，与p∈[0,3]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EF∥AB，DC∥AB.所以EF∥DC.
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PCD＝GH，
所以EF∥GH.
又EF∥AB，所以AB∥GH.
(2)在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ，
所以∠ABQ＝90°.
又PB⊥平面ABQ，
所以BA，BQ，BP两两垂直．
以B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设BA＝BQ＝BP＝2，
则E(1,0,1)，F(0,0,1)，Q(0,2,0)，D(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)．
所以＝(－1,2，－1)，＝(0,2，－1)，
＝(－1，－1，2)，＝(0，－1,2)．
设平面EFQ的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
由m·＝0，m·＝0，得
取y1＝1，得m＝(0,1,2)．
设平面PDC的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，
由n·＝0，n·＝0，得
取z2＝1，得n＝(0,2,1)，
所以cos〈m，n〉＝＝.
因为二面角D－GH－E为钝角，
所以二面角D－GH－E的余弦值为－.
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