人教A版高中數學(選擇性必修一)同步培優(yōu)講義專題1.13 空間向量與立體幾何全章綜合測試卷（提高篇）（教師版）

第一章空間向量與立體幾何全章綜合測試卷-提高篇參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題，滿分40分，每小題5分）1．（5分）（2022春?楊浦區(qū)校級期中）下列條件中，一定使空間四點P、A、B、C共面的是（）A．OA→+OB→+C．OA→+OB→【解題思路】要使空間中的P、A、B、C四點共面，只需滿足OP→=xOA→+yOB→+zOC【解答過程】解：對于A選項，OP→=?OA→?OB→?OC→，（﹣1）+（﹣1）+（﹣1）＝﹣3≠對于B選項，OP→=OA→+OB→+OC→，1+1+1＝3≠對于C選項，OP→=12OA→+12OB→對于D選項，OP→=13OA→+13OB→故選：D．2．（5分）（2021秋?朝陽區(qū)校級期末）已知空間向量a→，b→，①若a→與b→共線，b→與c→共線，則②若a→，b→，③若a→，b→，c→不共面，那么對任意一個空間向量p→，存在唯一有序實數組（x，y，④若a→，b→不共線，向量c→=λa→+μb→（λ，A．0 B．1 C．2 D．3【解題思路】舉反例，判斷①；根據共面向量的定義判斷②；利用空間向量基本定理判斷③④．【解答過程】解：對于①，若a→與b→共線，b→與c→共線，則當b→=0對于②，共面向量的定義是平行于同一平面的向量，∴a→，b→，c→對于③，由空間向量基本定理可知：若a→，b→，c→不共面，那么對任意一個空間向量p→，存在唯一有序實數組（x，y，z），使得④若a→，b→不共線，向量則c→，a→，b故選：B．3．（5分）（2022春?廣東月考）在三棱錐A﹣BCD中，P為△BCD內一點，若S△PBC＝1，S△PCD＝2，S△PBD＝3，則AP→A．13AB→+1C．13AB→+【解題思路】延長PB至B1，使得PB1＝2PB，延長PC至C1，使得PC1＝3PC，連接DB1，B1C1，C1D，由題意得出S△PB1C1=S△PC1D=S△PB1D，【解答過程】解：三棱錐A﹣BCD中，P為△BCD內一點，如圖所示：延長PB至B1，使得PB1＝2PB，延長PC至C1，使得PC1＝3PC，連接DB1，B1C1，C1D，因為S△PBC＝1，S△PCD＝2，S△PBD＝3，所以S△所以P為△B1C1D的重心，所以PD→即PD→+2PB→所以（AD→?AP→）+2（AB→?AP所以AP→故選：C．4．（5分）（2022春?南明區(qū)校級月考）已知MN是棱長為4的正方體內切球的一條直徑，點P在正方體表面上運動，則PM→A．4 B．12 C．8 D．6【解題思路】利用空間向量的線性運算和數量積運算得到PM→?PN→【解答過程】解：設正方體內切球的球心為G，則GM＝GN＝2，PM→?PN→=（PG→+GM→）?（PG→+GN因為MN是正方體內切球的一條直徑，所以GM→+GN→=0所以PM→?PN→又點P在正方體表面上運動，所以當P為正方體頂點時，|PG→|最大，且最大值為2所以PM→?PN→=PG→2?4≤8故選：C．5．（5分）（2021秋?遼寧期末）已知A（1，0，0），B（0，﹣1，1），O是坐標原點，OA→+λOB→與OB→的夾角為A．±66 B．66 C．?66 【解題思路】首先求出空間向量的坐標，及向量的模，進一步利用向量的夾角求出結果．【解答過程】解：因為OA→+λOB→=（1，0，0）+λ（0，﹣1，1）＝（1，﹣所以|OA|OB（OA→+λOB→）?OB所以cos120°=2λ所以λ＜0，且4λ=?解得：λ=?故選：C．6．（5分）（2021秋?乳山市校級月考）給出以下命題，其中正確的是（）A．直線l的方向向量為a→=(0，1，?1)，平面α的法向量為B．平面α、β的法向量分別為n→1=(0，1，3)C．平面α經過三個點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，則D．直線l的方向向量為a→=(1，?1，2)，直線m的方向向量為【解題思路】A中，根據a→?n→=0判斷l(xiāng)∥α或B中，根據n1→與n2→不共線判斷C中，求出平面α的一個法向量為n→=（1，3，4），即可判斷u+D中，根據a→?b→=0判斷直線l【解答過程】解：對于A，因為a→?n→=0﹣1+1＝0，所以a→⊥n→，所以l∥α或對于B，因為n1→≠λn2→，λ∈R，所以n1→與n對于C，設平面α的法向量是n→=（x，y，z），因為AB→=（﹣1，﹣1，1），AC→=（﹣2，2，﹣化簡得﹣3x+y＝0，令x＝1，得y＝3，z＝4，所以n→=（1，3，4），所以u+t＝7，選項對于D，因為a→?b→=1×2﹣1×1+2×（?12）＝0，所以a→⊥b→故選：D．7．（5分）（2021?寶山區(qū)二模）設向量u→=(a，b，0)，v→=(c，d，1)，其中A．向量v→與z軸正方向的夾角為定值（與c，d之值無關）B．u→?vC．u→與v→的夾角的最大值為D．ad+bc的最大值為1【解題思路】在A中，取z軸的正方向向量t→=（0，0，t），求出n→與t→的夾角即可判斷命題正確；在B中，計算u→?v→=ac+bd【解答過程】解：由向量u→=(a，b，0)，v→=(c，d，1)，其中在A中，設z軸正方向的方向向量z→=（0，0，向量v→與zcosα=z→?v→|z∴向量v→與z軸正方向的夾角為定值45°（與c，d之值無關），故A在B中，u→?v→=ac且僅當a＝c，b＝d時取等號，因此u→?v→的最大值為在C中，由B可得：|u→?v→|≤1，∴﹣∴cos＜u∴u→與v→的夾角的最大值為3π4在D中，ad+bc≤a2∴ad+bc的最大值為1．故D正確．故選：B．8．（5分）（2022春?米東區(qū)校級期中）如圖，在棱長為1的正方體中，下列結論不正確的是（）A．異面直線AC與BC1所成的角為60° B．二面角A﹣B1C﹣B的正切值為2 C．直線AB1與平面ABC1D1所成的角為45° D．四面體D1﹣AB1C的外接球體積為3【解題思路】建立空間直角坐標系，利用空間向量求解異面直線的夾角，二面角及線面角，判斷ABC選項，D選項，四面體D1﹣AB1C的外接球即為正方體的外接球，從而求出外接球半徑和體積．【解答過程】解：以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則A（1，0，0），C（0，1，0），B（1，1，0），C1（0，1，1），B1（1，1，1），D1（0，0，1），A選項，設異面直線AC與BC1所成的角為θ，則cosθ=|cos＜故異面直線AC與BC1所成的角為60°，A正確；B選項，設平面AB1C的法向量為m→=（x，y，則有m→?AB1→=y+z=0m→?AC→=?x+y=0，令則m→=（1，1，﹣平面BB1C的法向量為n→=（0，1，cos?設二面角A﹣B1C﹣B的大小為α，顯然α為銳角，則cosα=cos?所以sinα=6故二面角A﹣B1C﹣B的正切值為2，B正確；C選項，設平面ABC1D1的法向量為n→則n→1?AB→=y1=0n→所以n1→=（1，0設直線AB1與平面ABC1D1所成的角為β，則sinβ=|cos?則β＝30°，C錯誤；設外接球半徑為R，則R=32，則外接球體積為32故選：C．二．多選題（共4小題，滿分20分，每小題5分）9．（5分）（2021秋?昆山市月考）下列說法正確的是（）A．空間中任意兩非零向量a→，b→B．直線的方向向量是唯一確定的 C．若AB→=λAC→+μAD→（λ，μ∈R），則A，B，D．在四面體ABCD中，E，F為CB，CD中點，G為EF中點，則AG【解題思路】由空間中任意兩個向量a→，b→都共面判斷A；由直線的方向向量定義判斷B；由共面定理的推理判斷【解答過程】解：對于A，空間中任意兩個向量a→，b對于B，空間直線的方向用一個與該直線平行的非零向量來表示，該向量稱為這條直線的一個方向向量，故B錯誤；對于C，因為AB→=λAC→+μAD→(λ，μ∈R)，所以OB→?OA→=λ(OC→?OA→)+μ(OD→?對于D，因為E，F為CB，CD中點，G為EF中點，所以AE→=12(故選：AC．10．（5分）（2021秋?鳳城市校級月考）已知空間四點O（0，0，0），A（0，1，2），B（2，0，﹣1），C（3，2，1），則下列說法正確的是（）A．OA→?OB→=?2C．點O到直線BC的距離為5 D．O，A，B，C四點共面【解題思路】直接利用空間向量，向量的模，向量垂直的充要條件，共面向量基本定理，向量的夾角的應用判定A、B、C、D的結論．【解答過程】解：空間四點O（0，0，0），A（0，1，2），B（2，0，﹣1），C（3，2，1），則OA→=（0，1，2），OB→=（2，0所以|OA→|=5，|OB→對于A：OA→?OB→對于B：cos＜OA→，OB→對于C：由于OB→=（2，0，﹣1），BC→=（1，所以OB→?BC故OB→所以點O到直線BC的距離d＝|OB→|=5，故對于D：根據已知的條件求出：OA→=（0，1，2），OB→=（2，0，﹣1），OC→=（易知：OA→假設：OA→則存在實數λ和μ使得OC→所以3=2μ2=λ故：OA→，OB故選：ABC．11．（5分）（2022春?思明區(qū)校級月考）如圖，在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D中，E為側面BCC1B1的中心，F是棱C1D1的中點，若點P為線段BD1上的動點，N為ABCD所在平面內的動點，則下列說法正確的是（）A．PE→?PF→的最小值為B．若BP＝2PD，則平面PAC截正方體所得截面的面積為98C．若D1N與AB所成的角為π4，則N點的軌跡為雙曲線的一部分D．若正方體繞BD1旋轉θ角度后與其自身重合，則θ的最小值是2π【解題思路】建立如圖所示的空間直角坐標系，設BP→=λBD1→=(?λ，?λ，λ)，（0≤λ≤1），得P（1﹣λ，1﹣λ，λ），然后用空間向量法求得PE，求得數量積計算最小值判斷A；由線面平行得線線平行，確定截面的形狀、位置，從而可計算出截面面積，判斷B；根據D1N與【解答過程】解：建立如圖所示的空間直角坐標系，正方體棱長為1，則E(12，1，12)，B（1，1，0），D1（0，0，1），F(0，12，1)，N（x對于A，BD1→=(?1，?1，1)，設所以P（1﹣λ，1﹣λ，λ），PE→=(λ?1則PE→所以λ=712時，(PE對于B，BP＝2PD1，則P是BD1上靠近D1的三等分點，P(13，13，2則G(13，23，0)，PG→=(0，13，?因此PG∥面CDD1C1，所以截面PAC與平面CDD1C1的交線與PG平行，作CM∥PG交C1D1于點M，設M（0，k，1），則CM→=(0，k?1，1)，由CM→則M與F重合，因此取A1D1中點N，易得NF∥AC，截面為ACFN，它是等腰梯形，AC=2，NF=22，AN=CF=截面面積為S=12(對于C，D1N→=(x，y，?1)，則有cos?D1N→，AB→?=|yx對于D，A（1，0，0），C（0，1，0），B1（1，1，1），則AC→=(?1，所以AC→?BD1所以BD1→是平面ACB1的一個法向量，即BD1⊥平面設垂足為O1，則∠AO1C=∠C因此正方體繞BD1旋轉θ角度后與其自身重合，至少旋轉2π3，D故選：BCD．12．（5分）（2022春?煙臺期末）如圖，DE是正三角形ABC的一條中位線，將△ADE沿DE折起，構成四棱錐A1﹣BCDE，F為A1C的中點，則（）A．BF∥面A1DE B．AA1⊥面A1BC C．若面A1ED⊥面ABC，則A1E與CD所成角的余弦值為14D．若A1E⊥CD，則二面角E﹣A1D﹣C的余弦值為?【解題思路】假設BF∥面A1DE，可證得以BC∥面A1DE，所以平面A1BC∥面A1DE，但平面A1BC與面A1DE相交，所以假設不成立可判斷A；由題目條件可證得A1A⊥A1B，AA1⊥A1C，則可判斷B；以ED的中點O為坐標原點，建立空間直角坐標系，設三角形的邊長為2，由異面直線所成角的夾角公式可判斷C；由A1E⊥CD結合題意可求出A1(0，?36，63)，分別求出平面【解答過程】解：若BF∥面A1DE，因為BC∥DE，BC?平面A1DE，DE?平面A1DE，所以BC∥面A1DE，又因為BC∩BF，所以平面A1BC∥面A1DE，但平面A1BC與面A1DE相交，所以假設不成立，所以BF不平行面A1DE，所以A不正確；對于B，因為A1E=12AB，A1D=12AC，所以A1A又因為A1B∩A1C＝A1，所以AA1⊥面A1BC，所以以正確對于C，將△ADE沿DE折起，使A到A1，且面A1ED⊥面ABC，以ED的中點O為坐標原點，建立空間直角坐標系，設三角形的邊長為2，所以E(1A1設A1E與CD所成角的為θ，則cosθ=|所以A1E與CD所成角的余弦值為14，所以C對于D，設A1（x，y，z），因為A1所以(x?所以A1因為A1E⊥CD，所以A1E→A1設n→=(x0，y0故n→=（3，1，設m→=(x1，y1故m→=（0，63設二面角E﹣A1D﹣C所成角為α，cosα=|cos＜因為α為鈍二面角，所以二面角E﹣A1D﹣C的余弦值為?1所以D正確．故選：BCD．三．填空題（共4小題，滿分20分，每小題5分）13．（5分）（2021秋?玉州區(qū)校級月考）已知向量a→=（1，1，1，），b→=（1，﹣2，2），且ka→+b→【解題思路】由已知求得ka→+b→【解答過程】解：∵a→=（1，1，1，），b→=（1，﹣∴ka→+b→=（k+1，k﹣2，k+2），a→+又ka→+∴2（k+1）﹣（k﹣2）+3（k+2）＝0，即k=?故答案為：?514．（5分）（2022春?沭陽縣期中）設空間向量i→，j→，k→是一組單位正交基底，若空間向量a→滿足對任意x，y，|a→?xi→?yj→|的最小值是2，則|a【解題思路】以i→，j→方向為x，y軸，垂直于i→，j→方向為【解答過程】解：以i→，j→方向為x，y軸，垂直于則i→設a→=（r，s，t），則|a→當r＝x，s＝y(tǒng)時，|a→?xi→∴t＝±2，取a→=（x，y，2），則a→+3k→=∴|a→+3k∵x，y是任意值，∴|a→+3k→取a→=（x，y，﹣2），則a→+3k→=∴|a→+3k∵x，y是任意值，∴|a→+3k→故答案為：1．15．（5分）（2021秋?肇慶期末）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，E，F分別為棱AB，BC上一點，且BE+BF＝2，P是線段B1F上一動點，當三棱錐B1﹣EBF的體積最大時，直線D1P與平面B1EC所成角的正弦值的取值范圍為[155【解題思路】以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，求出平面B1EC的法向量，設直線D1P與平面B1EC所成的角為θ，利用空間向量的數量積求解直線D1P與平面B1EC所成角的正弦值的表達式，然后求解取值范圍即可．【解答過程】解：當三棱錐B1﹣EBF的體積最大時，△EBF的面積取最大值，S△EBF當且僅當BE＝BF＝1時，等號成立，此時，E為AB的中點，F與C重合．如圖，以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，則D1（0，0，1），B1（1，2，1），E（1，1，0），C（0，2，0），EC→=(?1，設平面B1EC的法向量為m→=(x，y，z)，∴?x+y=0設CP→=λCB1→=(λ，0，λ)，λ∈[0，1]，∴設直線D1P與平面B1EC所成的角為θ，∴sinθ=|cos?m∵λ∈[0，1]，∴當λ=12時，sinθ的最大值為63；當λ＝0或1時，sinθ∴直線D1P與平面B1EC所成角的正弦值的取值范圍為[15故答案為：[1516．（5分）（2022?河西區(qū)校級模擬）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D，E分別是A1B1，CC1的中點．（1）直線BC1與平面A1BE所成角的正切值為1111（2）直線C1D到平面A1BE的距離為63（3）已知點P在棱CC1上，平面PAB與平面A1BE所成二面角為60°，則線段CP的長為303【解題思路】（1）以CA，CB，CC1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系xOy，（O與點C重合），設平面A1BE點法向量為m→=（x，y，z），利用m→?EA1→=m→?EB→=0，可得m→，cos＜m→，BC1→＞=m→?B（2）直線C1D到平面A1BE的距離=|（3）點P在棱CC1上，設P（0，0，t），t∈（0，2]．設平面PAB的法向量為n→=（a，b，c），可得n→?AB→=n→?PA→=0，由題意可得：|【解答過程】解：（1）以CA，CB，CC1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系xOy，（O與點C重合），C（0，0，0），A1（2，0，2），B（0，2，0），C1（0，0，2），E（0，0，1），D（1，1，2），A（2，0，0）．EA1→=（2，0，1），EB→=（0，2，﹣1），BC1設平面A1BE點法向量為m→=（x，y，z），則m→?EA1→=m→?EB→=0，∴2x+z=0cos＜m→，設直線BC1與平面A1BE所成角的為α，∴sinα＝|cos＜m→，BC∴tanα=11（2）EC1→=（0，0，1），∴直線C1D到平面A1（3）點P在棱CC1上，設P（0，0，t），t∈（0，2]．設平面PAB的法向量為n→=（a，b，c），AB→=（﹣2，2，0），PA→=（2則n→?AB→=n→?PA→=0，∴?2a+2b=02a?tc=0由題意可得：|m→?n→|∴|CP|=30故答案為：1111；63；四．解答題（共6小題，滿分70分）17．（10分）（2022春?烏蘇市校級期中）已知空間向量a→=（2，4，﹣2），b→=（﹣1，0，2），c→=（x（Ⅰ）若a→∥c→，求（Ⅱ）若b→⊥c→，求cos＜a【解題思路】（Ⅰ）利用空間向量共線定理，列式求解x的值，由向量模的坐標運算求解即可；（Ⅱ）利用向量垂直的坐標表示，求出x的值，從而得到c→【解答過程】解：（Ⅰ）空間向量a→=（2，4，﹣2），b→=（﹣1，0，2），c→=（x因為a→∥c所以存在實數k，使得c→所以x=2k2=4k?1=?2k，解得x＝則|c（Ⅱ）因為b→⊥c則b→?c→=?x+0?2=0，解得所以c→故cos＜a→，18．（12分）（2021秋?朝陽區(qū)校級期末）已知空間三點A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5）．（Ⅰ）求以AB、AC為邊的平行四邊形的面積；（Ⅱ）若向量a→分別與AB→、AC→垂直，且|a|=【解題思路】（1）以AB、AC為邊的平行四邊形的面積S=|AB|?→|AC|→（2）設出a→【解答過程】解：（Ⅰ）ABcos∠BAC=AB→?AC→|AB∴S=2×12（Ⅱ）設a→=（x，y，z），∵a→∴?2x?y+3z=0∴a→=（1，1，1）或a→=（﹣1，﹣1，﹣1）19．（12分）（2022?天心區(qū)校級開學）如圖所示，三棱柱ABC?A1B1C1中，CA→=a→，CB→=b→，CC1→=c→，CA＝CB（1）用a→，b→，c→（2）在線段C1B1上是否存在點M，使AM→⊥A【解題思路】（1）根據空間向量線性運算的幾何意義進行求解即可；（2）根據空間向量共線向量的性質，結合空間向量垂直的性質進行求解即可．【解答過程】解：（1）A1N→=A（2）假設存在點M，使AM⊥A1N，設C1M→=λC1B顯然λCB→=λb→，AM因為AM⊥A1N，所以AM→⊥A1即（c→?a→+λb→）∴?12c→?a→+12c→?b→?c→2+12a→2∵CA＝CB＝CC1＝1，＜a→，b→＞=＜a∴?12c→?a→?c→2+12a→2﹣（1即12×1×1×（?12）﹣12+12×12﹣（12+12λ）×1×1×解得λ=23，所以當C1M=23C1B1時，AM⊥20．（12分）（2022春?遼寧期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝6，點E，F分別在AD，BC上，且AE＝1，BF＝4，沿EF將四邊形AEFB折成四邊形A′EFB′，使點B′在平面CDEF上的射影H在直線DE上．（1）求證：平面B′CD⊥平面B′HD；（2）求證：A′D∥平面B′FC；（3）求直線HC與平面A′ED所成角的正弦值．【解題思路】（1）由CD⊥DE，證明B′H⊥CD，得出CD⊥平面B′HD，從而證明平面B′CD⊥平面B′HD；（2）利用線面平行的判定定理可得A′E∥平面B′FC，DE∥平面B′FC，又A′E∩DE＝E；由面面平行的判定定理可得平面A′ED∥平面B′FC，再利用面面平行的性質定理可得線面平行；（3）建立空間直角坐標系，利用坐標表示向量，求出平面A′DE的法向量n→和HC計算直線HC與平面A′ED所成角的正弦值即可．【解答過程】解：（1）證明：矩形ABCD中，CD⊥DE，點B′在平面CDEF上的射影為H，則B′H⊥平面CDEF，且CD?平面CDEF，∴B′H⊥CD，又B′H∩BE＝H，∴CD⊥平面B′HD，又CD?平面B′CD，∴平面B′CD⊥平面B′HD；（2）證明：∵A′E∥B′F，A′E?平面B′FC，B′F?平面B′FC．∴A′E∥平面B′FC，由DE∥FC，同理可得DE∥平面B′FC，又∵A′E∩DE＝E．∴平面A′ED∥平面B′FC，∴A′D∥平面B′FC；（3）如圖所示，過E作ER∥DC，過E作ES⊥平面EFCD，分別以ER，ED，ES為x，y，z軸建立空間直角坐標系．∵B′在平面CDEF上的射影H在直線DE上，設B′（0，y，z）（y，z∈R+）；∵F（3，3，0），且B′E=10，B′F＝4∴y2+z2∴B′（0，2，6）；∴FB'→=（﹣3，﹣1∴EA'→=14FB'→=（?34，?設平面A′DE的法向量為n→=（a，b，c），?3a解得b＝0，令a＝1，得c=6得到平面A′DE的法向量為n→=（1，0，又C（3，5，0），H（0，2，0），∴CH→=（﹣3，﹣3，∴直線HC與平面A′ED所成角的正弦值為sinθ＝|cos＜CH→，n→＞|＝|CH→?n21．（12分）（2022春?九龍坡區(qū)校級月考）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F分別為AA1，AC，A1C1的中點，AB=BC=5，AC＝AA1＝2（1）求證：AC⊥平面BEF；（2）求點D與平面BEC1的距離；（3）求二面角B﹣CD﹣C1的正弦值．【解題思路】（1）通過證明AC⊥BE，AC⊥EF