阶段测评(二) 空间向量与立体几何（word练习）-【优化指导】新教材高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）

这是一份阶段测评(二) 空间向量与立体几何（word练习）-【优化指导】新教材高中数学选择性必修第一册（人教A版2019），共12页。

阶段测评(二)　空间向量与立体几何
[对应学生用书P100]
(时间：60分钟　满分：75分)
一、单项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20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．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)
A．　　　 B．　　　 C．　　 　D．
C　[以D为坐标原点，DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(1，1，)，D1(0，0，)，

，所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.]
2．如图，在长方体ABCD ­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成的角的正弦值为(　　)

A. B． C． D．
D　[以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，1)，
∴＝(－2，0，1)，＝(－2，2，0)，且为平面BB1D1D的一个法向量．

∴BC1与平面BB1D1D所成的角的正弦值为.]
3．在四棱锥P­ABCD中，＝(4，－2，3)，＝(－4，1，0)，＝(－6，2，－8)，则这个四棱锥的高h等于(　　)
A．2 B．1 C．13 D．26
A　[设平面ABCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即取x＝1，则y＝4，z＝，n＝(1，4，)，d＝＝2.]
4．如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是正三角形，四边形ABCD是矩形，M是AB的中点，PC与平面ABCD成30°角，则的值是(　　)
A．1 B．2 C． D．
C　[取AD的中点O，则由OP⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD推出OP⊥平面ABCD，从而建立空间直角坐标系Oxyz，OD在x轴上，OP在z轴上，如图所示，并设AD＝2a，AB＝2b，则P(0，0，a)，C(a，2b，0)，故＝(a，2b，0)，＝(a，2b，－a).
有〈，〉＝30°，得cos 30°＝＝
＝，解得b＝a，所以＝＝.]
二、多项选择题(本题共2小题，每小题5分，共10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5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．)
5．(多选题)(2020·江苏常州市常州高级中学高二期中)以下命题正确的是(　　)
A．直线l的方向向量为a＝(1，－1，2)，直线m的方向向量b＝(1，2，1)，则l⊥m
B．直线l的方向向量a＝(0，1，－1)，平面α的法向量n＝(1，－1，－1)，则l⊥α
C．两个不同平面α，β的法向量分别为n1＝(2，－1，0)，n2＝(－4，2，0)，则α∥β
D．平面α经过三点A(1，0，－1)，B(0，1，0)，C(－1，2，0)，向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量，则u＋t＝1
CD　[A：∵a＝(1，－1，2)，b＝，∴a·b＝1×1－1×2＋2×1＝1≠0，
则a，b不垂直，∴直线l与m不垂直，故A不正确；
B：若l⊥α，则a∥n，
∴存在实数λ，使得＝λ，无解，故B错误；
C：∵n1＝，∴n2＝＝－2n1，
∴n1与n2共线，∴α∥β，故C正确；
D：∵点A(1，0，－1)，B(0，1，0)，C(－1，2，0)，
∴＝，＝.
∵向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量，∴，
即，解得u＋t＝1，故D正确．故选C、D.]
6．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则(　　)
A．直线D1D与直线AF垂直
B．直线A1G与平面AEF平行
C．平面AEF与底面ABCD的夹角的余弦值为
D．点C与点G到平面AEF的距离相等
BC　[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(图略)，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，E(1，2，0)，F(0，2，1)，D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，G(2，2，1).
对于选项A，DD1＝(0，0，2)，＝(－2，2，1)，因为DD1·＝2≠0，所以直线D1D与直线AF不垂直，故A不正确．对于选项B，＝(－1，2，0)，＝(－1，0，1)，设平面AEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0，即取x＝2，则n＝(2，1，2).
，所以直线A1G与平面AEF平行，故B正确．对于选项C，取平面ABCD的法向量u＝(0，0，1)，则cos 〈n，u〉＝，所以平面AEF与底面ABCD的夹角的余弦值为，故C正确．对于选项D，＝(1，0，0)，点C到平面AEF的距离为＝，＝(－1，0，－1)，点G到平面AEF的距离为＝，故D不正确．]
三、填空题(本题共2小题，每小题5分，共10分．请把正确答案填在题中的横线上．)
7．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝AB＝BC＝3，AC＝2，D是AC的中点，则点B1到平面A1BD的距离是_________.
　[如图建立坐标系，
则B1(0，2，3)，B(0，2，0)，A1(－1，0，3)，＝(0，2，3)，＝(0，2，0)，＝(－1，0，3).
设平面A1BD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则所以可取n＝(3，0，1).

8．(多空题)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，直线BC1与平面A1BD所成角的正弦值是________，平面A1BD与平面ABCD夹角的余弦值是________．
　　[如图，以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，
设正方体的棱长为1，则A(1，0，0)，
B(1，1，0)，C1(0，1，1).
易证是平面A1BD的一个法向量．
有＝(－1，1，1)，＝(－1，0，1)，

所以BC1与平面A1BD所成角的正弦值为.
取平面ABCD的法向量为n＝(0，0，1)，

所以平面A1BD与平面ABCD夹角的余弦值是.]
四、解答题(本题共3小题，共35分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)
9．(10分)如图，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面为直角梯形，AB∥CD且∠ADC＝90°，AD＝1，CD＝，BC＝2，AA1＝2，E是CC1的中点．
(1)求直线A1B1到平面ABE的距离；
(2)求平面ABE与平面BEC的夹角的余弦值．
解　(1)如图所示，建立空间直角坐标系．
则A(1，0，0)，B(1，2，0)，E(0，，1)，
A1(1，0，2)，C(0，，0)，
所以＝(0，0，2)，＝(0，2，0)，
＝(－1，，1).
设n＝(x，y，z)是平面ABE的法向量，
则即
取x＝1，则y＝0，z＝1，
所以n＝(1，0，1)是平面ABE的一个法向量．
点A1到平面ABE的距离
又因为A1B1∥平面ABE，
所以A1B1到平面ABE的距离为.
(2)＝(0，0，1)，＝(1，，0).
设m＝(x′，y′，z′)是平面BEC的法向量，
则即
取y′＝1，则x′＝－，
所以m＝(－，1，0)是平面BEC的一个法向量．
由(1)知n＝(1，0，1)是平面ABE的一个法向量．
所以cos 〈m，n〉＝＝＝－.
所以平面ABE与平面BEC的夹角的余弦值是.
10．(12分)已知三棱柱A1B1C1­ABC中，AB＝AC＝，BC＝BB1＝2，点M为CC1的中点，B1N＝2NA.
(1)求证：A1C1∥平面BMN；
(2)条件①：直线AB1与平面BB1C1C所成的角30°；条件 ②：∠B1BC为锐角，三棱锥B1­ABC的体积为.在以上两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题：
若平面ABC⊥平面BB1C1C，________，求平面BMN与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值．
注：在横线上填上所选条件的序号，如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

(1)证明　延长BN交AA1于点P，连接PM，
∵AA1∥BB1，B1N＝2NA，
∴＝＝，∴BB1＝2AP，
∵AA1＝BB1，∴AA1＝2AP，∴P是AA1的中点，
∵M是CC1的中点，AA1綊CC1，∴PA1綊MC1，
∴四边形PA1C1M为平行四边形，∴A1C1∥PM，
∵A1C1⊄平面BPM，PM⊂平面BPM，
∴A1C1∥平面BPM，∴A1C1∥平面BMN.
(2)解　选择条件①，解答过程如下：
取BC的中点O，连接AO，B1O，
∵AB＝AC＝，BC＝2，
∴AB2＋AC2＝BC2，∴AB⊥AC，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴AO＝1，且AO⊥BC，
∵平面ABC⊥平面BB1C1C，平面ABC∩平面BB1C1C＝BC，
AO⊥BC，AO⊂平面ABC，∴AO⊥平面BB1C1C，
∠AB1O是AB1与平面BB1C1C所成的角，∠AB1O＝30°，
Rt△AOB1中，AO＝1，B1O＝，
∵BO＝1，B1O＝，BB1＝2，∴BO2＋B1O2＝BB，
∴BO⊥B1O，
如图，以O为坐标原点，分别以OB，OB1，OA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0，0，1)，B(1，0，0)，C(－1，0，0)，B1(0，，0)，
∴＝＝(－1，0，－1)，＝(－2，0，0)，
＝(－1，，0)，
∴＝＋＝＋＝(－，，0)，
设平面BMN法向量为m＝(x，y，z)，
∴，取x＝，得
m＝(，5，－)，
∵平面BB1C1C的法向量n＝(0，0，1)，
∴cos 〈m，n〉＝＝＝，
∴平面BMN与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值为.
选择条件②，解答过程如下：
取BC中点O，连接AO，B1O，
∵AB＝AC＝，BC＝2，
∴AB2＋AC2＝BC2，∴AB⊥AC，
∴△ABC为等腰直角三角形，∴AO＝1，且AO⊥BC，
∵平面ABC⊥平面BB1C1C，平面ABC∩平面BB1C1C＝BC，
AO⊥BC，AO⊂平面ABC，
∴AO⊥平面BB1C1C，∴AO是三棱锥B1­ABC的高，
∴S△BCB1＝×BC×BB1×sin ∠CBB1＝2sin ∠CBB1，
∴VB1­ABC＝VA­BCB1＝AO·S△BCB1＝sin ∠CBB1＝，∴sin ∠CBB1＝，∵∠B1BC为锐角，∴∠CBB1＝60°，
∵BC＝BB1＝2，∴△BB1C为等边三角形，∴OB⊥OB1，
如上图，以O为坐标原点，以，OB1，为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0，0，1)，B(1，0，0)，C(－1，0，0)，B1(0，，0)，
∴＝＝(－1，0，－1)，＝(－2，0，0)，
＝(－1，，0)，

设平面BMN的法向量m＝(x，y，z)，
则，取x＝，得
m＝(，5，－)，
平面BB1C1C的法向量n＝(0，0，1)，
∴|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
∴平面BMN与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值为.
11．(13分)如图①所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是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所示．

(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．
(1)证明　∵AC⊥BC，DE∥BC，∴DE⊥AC，∴DE⊥A1D，DE⊥CD，∴DE⊥平面A1DC.
又A1C⊂平面A1DC，∴DE⊥A1C.
又A1C⊥CD，DE∩CD＝D，DE，CD⊂平面BCDE，
∴A1C⊥平面BCDE.
(2)解　以C为原点，CB，CD，CA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Cxyz，如图所示，则易得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n＝(x，y，z)，则n·＝0，又＝(－1，2，0)，
∴令y＝1，则x＝2，z＝，
∴n＝(2，1，).
设CM与平面A1BE所成的角为θ.
∵＝(0，1，)，
∴sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝，
∴CM与平面A1BE所成角的大小为.
(3)解　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的一个法向量为m＝(x′，y′，z′)，则＝(p，－2，0)，
∴令x′＝2，则y′＝p，z′＝，
∴m＝.
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．
∴线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．