阶段质量检测(一) 第1章 空间向量与立体几何（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）

阶段质量检测(一) (时间：120分钟　满分：150分) 一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40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．在空间直角坐标系Oxyz中，与点(－1，2，1)关于平面Oxz对称的点为(　　) A．(－1，－2，1) B．(－1，2，1) C．(－1，－2，－1) D．(－2，－1，－1) A　解析：因为点(－1，2，1)，所以其关于平面xOz对称的点为(－1，－2，1).故选A. 2．若向量a＝(2，0，－1)，b＝(0，1，－2)，则2a－b＝(　　) A．(－4，1，0) B．(－4，1，－4) C．(4，－1，0) D．(4，－1，－4) C　解析：因为向量a＝(2，0，－1)，所以2a＝(4，0，－2). 又b＝(0，1，－2)，所以2a－b＝(4，0，－2)－(0，1，－2)＝(4，－1，0). 3．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，若＝a，＝b，CC1＝c，则A1B等于(　　) A．a＋b－c B．a－b＋c C．－a＋b＋c D．－a＋b－c 4．在三棱锥A­BCD中，AB＝AC＝AD＝2，∠BAD＝90°，∠BAC＝60°，则·等于(　　) A．－2 B．2 C．－2 D．2 A　解析：·＝·(－)＝·－·＝2×2×cos 90°－2×2×cos 60°＝－2. 5．已知点A(1，2，1)，B(－1，3，4)，D(1，1，1)，若＝2，则||的值是(　　) A． B． C． D． C　解析：设P(x，y，z)，则＝(x－1，y－2，z－1)，＝(－1－x，3－y，4－z)，由＝2知x＝－，y＝，z＝3，即P(－，，3)，则＝(，－，－2)，||＝＝. 6．已知向量a＝(1，2，3)，b＝(－2，－4，－6)，|c|＝，若(a＋b)·c＝7，则a与c的夹角为(　　) A．30° B．60° C．120° D．150° C　解析：设向量a＋b与c的夹角为α，因为a＋b＝(－1，－2，－3)，|a＋b|＝，cos α＝＝，所以α＝60°.因为向量a＋b与a的方向相反，所以a与c的夹角为120°. 7．如图，AB＝AC＝BD＝1，AB⊂平面α，AC⊥平面α，BD⊥AB，BD与平面α成30°角，则C，D间的距离为(　　) A．1 B．2 C． D． C　解析：∵||2＝|＋＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋0＋0＋2×1×1×cos 120°＝2，∴||＝. 8．故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿．由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶．如图所示的五面体ABCDEF的底面ABCD为一个矩形，AB＝2EF＝8，AD＝6，EF∥AB，棱EA＝ED＝FB＝FC＝5，M，N分别是AD，BC的中点，则直线BF与平面EFCD所成角的正弦值为(　　) 　　 A． B． C． D． C　解析：因为EA＝ED，M为AD的中点，所以EM⊥AD. 在矩形ABCD中，AB⊥AD，M，N分别为AD，BC的中点， 故MN∥AB，所以MN⊥AD. 又MN∩EM＝M，MN，EM⊂平面EFNM，所以AD⊥平面EFNM. 又AD⊂平面ABCD，所以平面EFNM⊥平面ABCD. 在平面EFNM中，过点F作FH⊥MN，H为垂足，如图， 因为平面EFNM⊥平面ABCD，平面EFNM∩平面ABCD＝MN， FH⊂平面EFNM， 所以FH⊥平面ABCD. 以H为坐标原点，过点H作SQ∥BC，交AB于点S，交CD于点Q， 以HS，HN，HF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示， 由题意得HN＝×(8－4)＝2，FN＝＝4，所以FH＝＝2， 所以F(0，0，2)，B(3，2，0)，C(－3，2，0)，D(－3，－6，0)， 所以＝(3，2，－2)，＝(－3，2，－2)，＝(0，－8，0). 设平面EFCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即 令z＝，得n＝(－2，0，)为平面EFCD的一个法向量． 设直线BF与平面EFCD所成的角为θ，θ∈， 则sin θ＝＝＝， 所以直线BF与平面EFCD所成角的正弦值为. 故选C. 二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．(2024·泰安高二期中)给出下列命题，其中是真命题的是(　　) A．若a＝(－1，1，－2)是直线l的方向向量，b＝是直线m的方向向量，则l与m垂直 B．若a＝(1，1，－1)是直线l的方向向量，n＝(0，－1，－1)是平面α的法向量，则l⊥α C．若n1＝(1，0，3)，n2＝(0，1，2)分别为平面α，β的法向量，则α⊥β D．若存在实数x，y，使＝x＋y，则P，M，A，B共面 AD　解析：对于选项A，因为a·b＝(－1)×(－2)＋1×(－1)＋(－2)×＝0， 可知a⊥b，所以l与m垂直，故A正确； 对于选项B，因为a·n＝1×0＋1×(－1)＋(－1)×(－1)＝0， 可知a⊥n，所以l⊂α或l∥α，故B错误； 对于选项C，因为n1·n2＝1×0＋0×1＋3×2＝6≠0， 所以平面α，β不相互垂直，故C错误； 对于选项D，若存在实数x，y，使＝x＋y， 则，，为共面向量，所以P，M，A，B共面，故D正确． 故选AD. 10．已知向量a＝(1，1，－1)，b＝(1，－1，1)，则(　　) A．a∥b B．|a|＝|b| C．向量a，b的夹角的余弦值为－ D．若向量m＝(2，0，0)＝xa＋yb(x，y为实数)，则xy＝－1 BC　解析：对于选项A，由≠＝，故A选项不正确；对于选项B，由|a|＝，|b|＝，故B选项正确；对于选项C，由a·b＝1×1＋1×(－1)＋(－1)×1＝－1，得cos 〈a，b〉＝＝－，故C选项正确；对于选项D，由m＝(2，0，0)＝xa＋yb，得解得x＝1，y＝1，有xy＝1，故D选项错误．故选BC. 11．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC和CD的中点，则(　　) A．A1D与B1D1是异面直线 B．A1D与EF所成角的大小为45° C．A1F与平面B1EB所成角的余弦值为 D．平面CD1B1与平面D1B1B夹角的余弦值为 AD　解析：由题图知A1D与B1D1是异面直线，故A项正确．如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，则D(0，0，0)，A1(2，0，2)，E(1，2，0)，F(0，1，0)，C(0，2，0)，所以＝(－2，0，－2)，＝(－1，－1，0). 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．请把正确答案填在题中的横线上) 12．已知空间向量a＝(1，0，1)，b＝(2，－1，2)，则向量a在向量b上的投影向量的坐标是________________________________________________________________________． 答案：(，－，)　解析：因为向量a＝(1，0，1)，b＝(2，－1，2)， 所以a·b＝2＋0＋2＝4，|b|＝＝3， 所以向量a在向量b上的投影向量的坐标为×＝×(2，－1，2)＝(，－，). 13．已知正三棱柱ABC­DEF的侧棱长为2，底面边长为1，M是BC的中点，若直线CF上有一点N，使MN⊥AE，则＝________． 答案：　解析：如图，设＝m，则＝＋，＝＋＝＋m＝＋m. 因为MN⊥AE，所以·＝0，因此×1×1×(－)＋4m＝0，解得m＝，所以＝. 14．如图，在三棱锥S­ABC中，SA＝SB＝SC，且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝，M，N分别是AB和SC的中点，则异面直线SM与BN所成角的余弦值为________，直线SM与平面SAC所成角的大小为________． 答案：　　解析：因为∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝，所以以S为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系(图略).设SA＝SB＝SC＝2，则S(0，0，0)，B(0，2，0)，A(2，0，0)，C(0，0，2)，M(1，1，0)，N(0，0，1)，所以＝(1，1，0)，＝(0，－2，1)，所以cos 〈，〉＝＝，所以异面直线SM与BN所成角的余弦值为.易得平面SAC的一个法向量为＝(0，2，0)，则由cos 〈，〉＝＝，得〈，〉＝，所以直线SM与平面SAC所成角的大小为. 四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(13分)已知a＝(λ＋1，1，2λ)，b＝(6，2m－1，2). (1)若a∥b，求λ与m的值； (2)若|a|＝，且与c＝(2，－2λ，－λ)垂直，求a. 解：(1)由a∥b，得(λ＋1，1，2λ)＝k(6，2m－1，2)， 所以解得 所以λ＝，m＝3. (2)因为|a|＝且a⊥c， 所以 化简得解得λ＝－1. 因此a＝(0，1，－2). 16．(15分)(2024·清远四校联盟高二期中)如图所示，在底面是矩形的四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2. (1)求B，F两点间的距离； (2)求证：EF∥平面PAB； (3)求证：平面PAD⊥平面PDC. (1)解：由题可知，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD， 以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)， 所以E，F，＝，||＝， 即B，F两点间的距离为. (2)证明：由(1)知，＝，＝(1，0，0)， 所以＝－，即∥，即EF∥AB. 又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB， 所以EF∥平面PAB. (3)证明：由(1)知，＝(0，0，1)，＝(0，2，0)，＝(1，0，0)， 所以·＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，·＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0， 则⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC. 又AP∩AD＝A，且AP，AD⊂平面PAD， 所以DC⊥平面PAD. 又DC⊂平面PDC， 所以平面PAD⊥平面PDC. 18．(17分)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，E是棱DD1的中点． (1)求证：BC⊥AB1； (2)求平面AB1E与平面ABCD夹角的余弦值； (3)在棱CC1上是否存在一点F，使得EF与平面AB1E所成角的正弦值为？若存在，求出CF的长；若不存在，请说明理由． (1)证明：在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB⊥BC，BB1⊥BC, AB∩BB1＝B，所以BC⊥平面ABB1A1. 又AB1⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB1. (2)解：以AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz. 因为AB＝AD＝1，AA1＝2，E是棱DD1的中点， 所以A(0，0，0)，B1(1，0，2)，E(0，1，1). 易知n1＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量． 设n2＝(x，y，z)为平面AB1E的一个法向量，AB1＝(1，0，2)，＝(0，1，1) ， 19．(17分)如图，在三棱锥A­BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB⊥AD，AB＝AD，O为BD的中点． (1)求证：OA⊥CD； (2)若△BCD是等腰直角三角形，∠BDC＝90°，CD＝2，点E在棱AD上(与A，D不重合)，且平面EBC与平面BCD的夹角为45°，求点D到平面BCE的距离． (1)证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD. 因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD， 所以AO⊥平面BCD. 又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD. (2)解：设BC的中点为F，连接OF，则OF∥CD.又因为∠BDC＝90°，所以OF⊥BD. 以O为坐标原点，OF，OD，OA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． 因为△BCD是等腰直角三角形，∠BDC＝90°，CD＝2，所以BD＝2. 因为AB⊥AD，AB＝AD，O为BD的中点，所以OA＝OB＝OD＝BD＝1， 所以O(0，0，0)，A(0，0，1)，B(0，－1，0)，C(2，1，0)，D(0，1，0). 设＝λ(0<λ<1)，则E(0，λ，1－λ). 由题意可知是平面BCD的一个法向量，＝(0，0，1). 设平面BCE的一个法向量为n＝(x，y，z)，＝(2，2，0)，＝(0，λ＋1，1－λ)， 则即 令x＝1，则y＝－1，z＝. 所以平面BCE的一个法向量为n＝(1，－1，). 因为平面EBC与平面BCD的夹角为45°，所以cos 〈n，〉＝＝＝cos 45°＝， 解得＝，即n＝(1，－1，).又因为＝(－2，0，0)， 所以点D到平面BCE的距离d＝＝＝1. 学科网（北京）股份有限公司 $$