第6章 空间向量与立体几何 阶段质量评价-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套练习word（苏教版）

[阶段质量评价]　第6章　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 解析: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.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:选B　=-=(+)-=a-b+c,故选B. 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: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.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:选B　因为M,A,B,C四点共面,=++λ,所以++λ=1,解得λ=. 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. 解析: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.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:选C　由题意得D(0,2,3),所以=(-2,-2,-1),所以||==3. 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: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.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° 解析: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°. 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 解析: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.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 解析: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.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 解析: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. 三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分) 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. 答案:2 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===. 答案: 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夹角的大小为　　　　.  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夹角的大小为. 答案: 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) (2)若∠BAC=90°,∠BAA1=∠CAA1=60°,AB=AC=AA1=2,求线段MN的长.(8分) 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.(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) (2)判断MN与平面B1C1M是否垂直,并说明理由.(7分) 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.(15分)(2025·全国Ⅰ卷)如图所示的四棱锥P⁃ABCD中,PA⊥平面ABCD,BC∥AD,AB⊥AD. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD;(5分) (2)若PA=AB=,AD=+1,BC=2,P,B,C,D在同一个球面上,设该球面的球心为O. ①证明:O在平面ABCD上;(5分) ②求直线AC与直线PO所成角的余弦值.(5分) 解:(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,∴AB⊥PA,又∵AB⊥AD且PA∩AD=A,∴AB⊥平面PAD, 又∵AB⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面PAD. (2)①证明:法一　取PB中点M,PC中点N,连接AM,MN,在AD上取AH=1,连接NH. ∵PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,∴BC⊥PA.又BC⊥AB,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB,BC⊥PB. ∴△PBC截面圆的圆心为PC中点N, 又∵AM⊥PB,AM⊥BC,PB∩BC=B, ∴AM⊥平面PBC, ∵MN∥BC∥AH,且MN=BC=1,AH=1, ∴四边形AHNM为平行四边形,即HN∥AM, ∴HN⊥平面PBC,球心在直线NH上, 又∵HB=HC=HD=.∴H即为球心O,∴O在平面ABCD上. 法二　以A为原点,AB,AD,AP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,设△BCD外接圆圆心为O1,易知BC中垂线为y=1;BD中垂线为y=x+1,联立解得O1(0,1,0),由于PO1=,BO1=,∴PO1=BO1,此时O与O1重合,故O在平面ABCD上. ②由(1)(2)知,建立如图所示坐标系Axyz, A(0,0,0),C(,2,0),P(0,0,),O(0,1,0),=(,2,0),=(0,1,-), ∵cos<,>====. ∴AC与PO所成角的余弦值为. 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;(7分) (2)求平面OBE与平面ABP所成锐角的余弦值.(10分) 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.(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;(3分) (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<a<2),写出M,N两点之间的距离d(x),并求d(x)的最小值;(8分) (3)是否存在一个实数a(0<a<2),使得当d(x)取得最小值时,异面直线MN与OB互相垂直?请说明理由.(6分) 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<a<2), 所以点M(0,a,a), 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<a≤时, 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<a<2时, 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(0<a<2),使得异面直线MN与OB垂直. 学科网（北京）股份有限公司 $