第2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（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) 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的一个法向量,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),这两条异面直线的夹角为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　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=. 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的夹角为 (　　) 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°. 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 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·b=×(3,4,5)=,故D正确. 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 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. 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 解析:选AC　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),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. 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. 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. 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)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) (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:(1)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. (2)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. 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) (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:(1)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. (2)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,所以=,=. 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. 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) (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:(1) 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. (2)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.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|=. 学科网（北京）股份有限公司 $