阶段质量评价（二）空间向量与立体几何-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件PPT（湘教版）

阶段质量评价 第2章　空间向量与立体几何 (时间:120分钟　满分:150分) 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 16 17 18 19 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 √ 解析：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. 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 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 16 17 18 19 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 √ 解析：=-=(+)-=a-b+c，故选B. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 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. √ 解析：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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 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. √ 解析：因为M，A，B，C四点共面，=++λ，所以++λ=1，解得λ=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 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. √ 解析：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=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 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 √ 解析：由题意得D(0，2，3)，所以=(-2，-2，-1)，所以||==3. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 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. √ 解析：=(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 ==. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 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° √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 解析：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°. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 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.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 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 解析：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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 10.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 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 解析：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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 11.已知SO⊥平面α于点O，A，B是平面α上的两个动点，且∠OSA=，∠OSB=，则(　　) A.SA与SB所成的角可能为 B.SA与OB所成的角可能为 C.SO与平面SAB所成的角可能为 D.平面SOB与平面SAB的夹角可能为 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 解析：设OA=1，则SO=，SA=2，OB=，SB=， 以O为原点，分别以OA，OS所在直线为x，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则S(0，0，)，A(1，0，0)， 设B(m，n，0)，且m2+n2=3， =(1，0，-)，=(m，n，-)，=(m，n，0)，=(0，0，-)， 若SA与SB所成的角为，则|cos<>|===cos=， 解得m=-3±.当m=-3-时，m2>3，不符合题意;当m=-3+时， n2=6-12>0，方程有解，故A正确;若SA与OB所成的角为， 则|cos<>|===cos=，得m2=9>3，不符合题意， 故B错误;设平面SAB的法向量为p=(x1，y1，z1)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 则 取p=，若SO与平面SAB所成的角为， 则|cos<，p>|===sin=， 解得m=1，n=±，故C正确;设平面SOB的法向量为q=(x2，y2，z2)， 则取q=， 若平面SOB与平面SAB的夹角为，则p·q=0，即-·=0，得m2+n2=m，又m2+n2=3，得m=3，m2=9>3，不符合题意，故D错误. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 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.(5分)已知a=(-2，1，3)，b=(-1，2，1)，若a⊥(a-λb)，则λ=____________.  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. 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 13.(5分)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___________.  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===. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 14.(5分)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所成角的大小为__________.  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所成角的大小为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 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;(5分) 解：因为2BM=A1M，C1N=2A1N，根据空间向量的运算法则，可得=-=-(-)=-++=-a+b+c. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 (2)若∠BAC=90°，∠BAA1=∠CAA1=60°，AB=AC=AA1=2，求线段MN的长.(8分) 解：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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 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;(8分) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 解：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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 (2)判断MN与平面B1C1M是否垂直，并说明理由.(7分) 解：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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 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;(7分) 解：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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 (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.(8分) 解：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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 18.(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;(5分) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 解：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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 (2)若点M是线段AP上一点，且AM=3，求平面ABC与平面BCM所成角的余弦值.(12分) 解：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==. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 设平面BMC的法向量为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所成角的余弦值为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 19.(17分)在梯形ABCD中，∠ADC=∠BCD=90°，AD=2BC=CD=2，E为AD的中点，将△DEC沿EC折起至△PEC的位置，且PB=1. (1)求证：平面PAE⊥平面PBC;(5分) 解：证明：连接BE，由已知可得BE=CD=，又PE=DE=1，PB=1，在△PBE中，PB2+PE2=BE2，故PE⊥PB.又PE⊥PC，且PB∩PC=P，PB，PC⊂平面PBC，所以PE⊥平面PBC. 因为PE⊂平面PAE，所以平面PAE⊥平面PBC. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 (2)判断在线段AP上是否存在点Q，使得直线BQ与平面PEC所成角的正弦值为.若存在，求出AQ的长;若不存在，请说明理由.(12分) 解：取BE的中点O，连接OP. 由(1)知PE⊥平面PBC，故PE⊥BC. 又BE⊥BC，PE∩BE=E，PE，BE⊂平面PBE， 所以BC⊥平面PBE，故BC⊥OP，又PB=PE=1，所以OP⊥BE. 又BE∩BC=B，BE，BC⊂平面ABCE，所以OP⊥平面ABCE. 以OB，OP所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 则A，B，E，C，P==， 设=λ(0≤λ≤1)，则=， 设平面PEC的法向量为m=(x1，y1，z1)， 则故 取y1=1，则z1=-1，x1=，则m=(，1，-1).设直线BQ与平面PEC所成的角为α， 则sin α=|cos<，m>|==，所以=，解得λ=或λ=-(舍去)， 即Q为线段AP的中点，此时|AQ|=. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $