周测卷(14) 空间向量及立体几何中的向量方法-【高考领航】2025年高考数学总复习四测通关卷

周测卷(十四)　空间向量及立体几何中的向量方法 (时间：90分钟　满分：120分) 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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．已知向量a＝(1，－1，3)，b＝(－1，2，1)，若a为直线l的方向向量，b为平面α的法向量，则(　　) A．l∥α B．l⊥α C．l与α相交(但不垂直) D． l∥α或l在α内 2.如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是OA，CB的中点，点G在线段MN上，且使MG＝2GN，用向量，， 表示向量为(　　) A．＝＋＋ B．＝＋＋ C.＝＋＋ D．＝＋＋ 3.如图所示，正方体ABCD ­A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，且A1M＝AN＝a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　) A．斜交 B．平行 C．垂直 D．不能确定 4．已知正方体ABCD ­A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别是C1C，D1A1，AB的中点，则点A到平面EFG的距离是(　　) A． B． C． D． 5.如图，在三棱锥P ­ABC中，△ABC为等边三角形，△APC为等腰直角三角形，PA＝PC＝4，平面PAC⊥平面ABC，D为AB的中点，则异面直线AC与PD所成角的余弦值为(　　) A． B． C. D． 6.如图，正三角形ACB与正三角形ACD所在平面互相垂直，则二面角B ­CD­A的余弦值是(　　) A． B． C. D． 7．在三棱锥D ­ABC中，AB＝BC＝2，DA＝DC＝AC＝4，平面ADC⊥平面ABC，点M在棱BC上，且DC与平面DAM所成角的正弦值为，则AM＝(　　) A． B． C．2 D． 8．已知梯形CEPD如图1所示，其中PD＝8，CE＝6，A为线段PD的中点，四边形ABCD为正方形，现沿AB进行折叠，使得平面PABE⊥平面ABCD，得到如图2所示的几何体．已知当点F满足＝λ(0<λ<1)时，平面DEF⊥平面PCE，则λ的值为(　　) 　　 图1　　　　　　　　图2 A． B． C． D． 二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，不选或有选错的得0分． 9．已知直线l的方向向量为a，两个平面α，β的法向量分别为n，m，则下列命题为真命题的是(　　) A．若a⊥n，则直线l∥平面α B．若a∥n，则直线l⊥平面α C．若cos〈a，n〉＝，则直线l与平面α所成角的大小为 D．若cos〈m，n〉＝，则平面α，β所成二面角的大小为 10．在棱长固定的正方体ABCD ­A1B1C1D1中，点E，F分别满足＝λ，＝μ(λ∈[0，1]，μ∈[0，1])，则(　　) A．当μ＝时，三棱锥A1­B1EF的体积为定值 B．当μ＝时，存在λ使得BD1⊥平面B1EF C．当λ＝时，点A，B到平面B1EF的距离相等 D．当λ＝μ时，总有A1F⊥C1E 11.如图，点P在正方体ABCD­A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列结论中正确的是(　　) A．三棱锥A ­PB1D1的体积不变 B．DP∥平面AB1D1 C．A1P⊥BD1 D．平面A1CP⊥平面PBD 12．已知正方体ABCD ­A1B1C1D1中，点E为棱DD1的中点，点P是C1D上的动点，AA1＝2，则下列选项正确的是(　　) A．直线AP与B1E是异面直线 B．点P到平面AEB1的距离是一个常数 C．过点C作平面AEB1的垂线，与平面AB1C1D交于点Q，若＝3，则Q∈AP D．若平面CDD1C1内有一点F，它到CD距离与到C1B1的距离相等，则F点的轨迹为一条直线 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．如图，四棱锥P ­ABCD的底面ABCD是边长为1的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝1，若E，F分别为PB，AD的中点，则直线EF与平面PBC的位置关系是________． 　　　　 第13题图　　　　　　　第14题图 14．如图，已知正三棱柱ABC ­A1B1C1的各条棱长均为2，P是A1B的中点，则异面直线AC1与PC所成角的余弦值等于________． 15．如图，在棱长为2的正方体ABCD ­A1B1C1D1中，M，N，E分别是A1B1，CD，AB的中点，则直线EC到平面AMN的距离为________． 　　　 第15题图　　　　　　　　　第16题图 16．如图，由直三棱柱ABC ­A1B1C1和四棱锥D ­BB1C1C构成的几何体中，∠BAC＝90°，AB＝1，BC＝BB1＝2，DC1＝DC＝，平面CC1D⊥平面ACC1A1.P为线段BC上一动点，当BP＝________时，直线DP与平面BB1D所成角的正弦值为. 四、解答题：本大题共4小题，共40分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17.(10分)如图，在三棱锥P ­ABC中，AC＝2，BC＝4，△PAC为正三角形，D为AB的中点，AC⊥PD，∠PCB＝90°. (1)求证：BC⊥平面PAC； (2)求PD与平面PBC所成角的正弦值． 18.(10分)在如图所示的几何体中，平面ACE⊥平面ABCD，四边形ABCD为平行四边形，∠CAD＝90°，EF∥BC，EF＝BC，AC＝2，AE＝EC＝. (1)求证：A，D，E，F四点共面，且平面ADEF⊥平面CDE； (2)若二面角E ­AC ­F的大小为45°，求点D到平面ACF的距离． 19．(10分)正方形ABCD的边长为2，E，F分别为边AD，BC的中点，M是线段EF的中点，如图，把正方形沿EF折起，设∠AED＝θ(0<θ<π)． (1)求证：无论θ取何值，CM与BD不可能垂直； (2)设二面角D ­BM ­C的大小为φ，当|cos φ|＝时，求sin θ的值． 20．(10分)如图所示，已知长方形ABCD中，AB＝2AD＝2，M为DC的中点，将△ADM沿AM折起，使得AD⊥BM. 　　　　 (1)求证：平面ADM⊥平面ABCM； (2)若E点满足＝，求二面角E ­AM ­D的大小． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 周测卷(十四)　空间向量及立体几何中的向量方法 1．D　因为a·b＝1×(－1)＋(－1)×2＋3×1＝0，所以a⊥b，所以l∥α或l在α内．故选D. 2．A　＝＋＝＋＝＋.因为M，N分别为OA，CB的中点，所以＝，＝(＋)，所以＝(＋)＋＝＋＋.故选A. 3．B　设＝a，＝b，＝c.由题意知A1B＝AC＝a.又A1M＝AN＝a，∴＝＝(a＋b)，＝＝(b＋c)，则＝＋－＝a＋(b＋c)－(a＋b)＝a＋c，∴与，共面，∴MN∥平面AA1D1D.又平面AA1D1D∥平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.故选B. 4.C　在正方体中，DA，DC，DD1两两垂直，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为正方体的棱长为2，E，F，G分别是C1C，D1A1，AB的中点，所以A(2，0，0)，G(2，1，0)，F(1，0，2)，E(0，2，1)，则＝(1，－2，1)，＝(2，－1，－1)，＝(0，1，0)，设平面EFG的一个法向量为m＝(x，y，z)，则即因此x＝y＝z，不妨令x＝1，则m＝(1，1，1)，所以点A到平面EFG的距离为d＝＝.故选C. 5.B　取AC的中点O，连接OP，OB，因为PA＝PC，所以AC⊥OP.又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，OP⊂平面PAC，所以OP⊥平面ABC.又AB＝BC，所以AC⊥OB，可得OA，OB，OP两两垂直，所以以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，C(－2，0，0)，D(，，0)，P(0，0，2)，所以＝(－4，0，0)，＝(，，－2)，所以cos〈，〉＝＝＝－，又异面直线所成角的取值范围为(0，]，所以异面直线AC与PD所成角的余弦值为.故选B. 6.D　如图，取AC中点E，连接BE，DE，在正三角形ACB与正三角形ACD中，BE⊥AC，DE⊥AC，因为平面ACB⊥平面ACD，平面ACB∩平面ACD＝AC，所以BE⊥平面ADC.以E为原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向，建立空间直角坐标系．设AC＝2，则E(0，0，0)，D(，0，0)，C(0，1，0)，A(0，－1，0)，B(0，0，)，平面ACD的一个法向量为＝(0，0，)，而＝(0，－1，)，＝(，－1，0)．设n＝(x，y，z)为平面BCD的一个法向量，则即不妨令x＝1，则n＝(1，，1)，设二面角B -CD -A的平面角为θ，则θ为锐角，所以cos θ＝|cos〈，n〉|＝||＝||＝.故选D. 7.A　取AC中点O，易证OD⊥AC，OD⊥OB，AC⊥OB.如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，D(0，0，2)，＝(0，2，2)，＝(0，2，－2)．设M(a，2－a，0)(0<a≤2)，则＝(a，4－a，0)．设平面DAM的法向量n＝(x，y，z)．由得可取n＝((a－4), a，－a)，所以sin θ＝cos〈，n〉＝＝，解得a＝－4(舍去)，a＝，所以|| ＝ ＝.故选A. 8.D　由题意，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则C(4，4，0)，D(0，4，0)，E(4，0，2)，P(0，0，4)，F(4λ，0，0)，∴＝(4，0，－2)，＝(4，4，－4)，＝(4λ－4，0，－2)，＝(4，－4，2)，若m＝(x，y，z)是平面DEF的一个法向量，则可得m＝(，，2)，若n＝(a，b，c)是平面PCE的一个法向量，则可得n＝(1，1，2)，∵平面DEF⊥平面PCE，∴＋＋4＝0，解得λ＝.故选D. 9．BC　对于A：若a⊥n，则直线l∥平面α，或直线l⊂平面α，故A错误；对于B：若a∥n，则直线l⊥平面α，故B正确；对于C：因为直线与平面所成角范围为[0，]，且若cos〈a，n〉＝，即a与n的夹角为，所以直线l与平面α所成角的大小为，故C正确；对于D：因为二面角的范围为[0，π], 若cos〈m，n〉＝，则平面α，β所成二面角的大小为或，故D错误．故选BC. 10.ACD　不妨设正方体的棱长为1，如图，对于A，VA1 -B1EF＝VF -A1B1E＝S△A1B1E·BF＝××＝为定值，故A正确；对于B，要使BD1⊥平面B1EF，则必须BD1⊥EF，又EF⊥DD1，所以需要EF⊥BD，所以E为AB的中点，因为BD1⊥AB1，所以BD1与EB1不垂直，所以不存在，故B错误；对于C，因为AE＝BE，所以C正确；对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，设AE＝m，则E(1，m，0)，F(1－m，1，0)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，所以＝(－m，1，－1)，＝(1，m－1，－1)，因为·＝－m＋m－1＋1＝0，所以A1F⊥C1E，故D正确．故选ACD. 11.ABD　对于A，∵△AB1D1的面积是定值，AD1∥BC1，AD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，∴BC1∥平面AB1D1，故P到平面AB1D1的距离为定值，∴三棱锥P -AB1D1的体积是定值，即三棱锥A -PB1D1的体积不变，故A正确； 对于B，∵AD1∥BC1，B1D1∥BD，AD1∩B1D1＝D1，BC1∩BD＝B，∴平面AB1D1∥平面BDC1，又DP⊂平面BDC1，∴DP∥平面AB1D1，故B正确； 对于C，以D1为原点，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为2，又P在BC1上，故可设P(a，2，a)(0≤a≤2)．A1(2，0，0)，B(2，2，2)，D1(0，0，0)，＝(a－2，2，a)，＝(－2，－2，－2)，则·＝－2(a－2)－4－2a＝－4a，不一定为0，∴A1P和BD1不一定垂直，故C错误； 对于D，由C知P(a，2，a)(0≤a≤2)，A1(2，0，0)，C(0，2，2)，B(2，2，2)，D1(0，0，0)，D(0，0，2)，＝(a－2，2，a)，＝(－2，2，2)，＝(a，2，a－2)，＝(2，2，0)．设平面A1CP的法向量n＝(x，y，z)，则取x＝1，得n＝(1，，)，设平面PBD的法向量m＝(x，y，z)，则取x＝1，得m＝(1，－1，－1)，则m·n＝1－－＝0，∴平面A1CP和平面PBD垂直，故D正确．故选ABD. 12.ABC　对于A，如图1，AP⊂平面AB1C1D，B1E∩平面AB1C1D＝B1，故直线AP与B1E不平行，且B1∉AP，故直线AP与B1E不相交，所以直线AP与B1E是异面直线，故A正确；对于B，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，易得C1D∥AB1，∵AB1⊂平面AEB1，C1D⊄平面AEB1，∴C1D∥平面AEB1，又P∈C1D，故点P到平面AEB1的距离是一个常数，故B正确；对于C，如图2，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B1(2，2，2)，E(0，0，1)，C(0，2，0)，则＝(0，2，2)，＝(－2，0，1)， 图1 ∵＝3，∴P(0，，)，则＝(－2，，)，设存在Q∈AP，即存在0≤λ≤1，使得＝λ＝(－2λ，λ，λ)，则Q(－2λ＋2，λ，λ)，则＝(－2λ＋2，λ－2，λ)，∵CQ⊥平面AEB1， ∴即 图2 解得λ＝，则Q(，1，1)，满足条件，故C正确；对于D，易得C1B1⊥平面CDD1C1，FC1⊂平面CDD1C1，∴C1B1⊥FC1，则FC1即为点F到C1B1的距离，则根据抛物线的定义可得点F的轨迹为抛物线的一部分，故D错误．故选ABC. 13．解析：以D为原点，DA，DC，DP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E(，，)，F(，0，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)，C(0，1，0)∴＝(0，－，－)，＝(1，1，－1)，＝(0，1，－1)，求得平面PBC的一个法向量n＝(0，1，1)．∵＝－n，∴∥n，∴EF⊥平面PBC. 答案：垂直 14.解析：如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，∵正三棱柱ABC -A1B1C1的各条棱长均为2，P是A1B的中点，∴A(0，0，0)，P(1，0，1)，C(1，，0)，C1(1，，2)，则＝(1，，2)，＝(0，，－1)，则cos〈，〉＝＝＝， ∴异面直线AC1与PC所成角的余弦值等于. 答案： 15．解析：因为AN∥EC，由线面平行的判定定理可知，EC∥平面AMN，则点E到平面AMN的距离就是直线EC到平面AMN的距离，以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， A(2，0，0)，N(0，1，0)，M(2，1，2)，E(2，1，0)，C(0，2，0)，＝(－2，1，0)，＝(0，1，2)，＝(0，1，0)， 设平面AMN的法向量为n＝(x，y，z)，则所以取y＝2，则n＝(1，2，－1)，则点E到平面AMN的距离为＝＝. 答案： 16．解析：以A为坐标原点，，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，所以A(0，0，0)，C(，0，0)，C1(，2，0)，D(，1，2)，B(0，0，1)，B1(0，2，1)，所以＝(0，2，0)，＝(，1，1)，＝(，0，－1)，设平面BB1D的法向量n＝(x，y，z)，所以所以所以平面BB1D的一个法向量n＝(，0，－3)．设＝λ，λ∈[0，1]，所以＝＋λ＝(λ－，－1，－1－λ)，所以＝，解得λ＝或λ＝－(舍)，所以＝.因为BC＝2，所以BP＝1. 答案：1 17．解：(1)证明：取AC的中点O，连接OD，OP，因为△PAC是正三角形，所以OP⊥AC，又AC⊥PD，PD∩OP＝P，PD⊂平面POD，OP⊂平面POD，所以AC⊥平面POD，又OD⊂平面POD，所以AC⊥OD，因为OD∥BC，所以AC⊥BC，又PC⊥BC，PC∩AC＝C，PC⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC. (2)以O为坐标原点，OA，OD，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图所示．则C(－1，0，0)，D(0，2，0)，B(－1，4，0)，P(0，0，)，所以＝(1，0，)，＝(0，4，0)，＝(0，2，－)，设平面PBC的一个法向量为m＝(x，y，z)，所以令x＝，得m＝(，0，－1)， 设PD与平面PBC所成的角为θ，则sin θ＝＝＝. 故PD与平面PBC所成角的正弦值为. 18．解：(1)证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC. ∵EF∥BC，∴EF∥AD.∴A，D，E，F四点共面． ∵∠CAD＝90°，∴AC⊥AD.∵平面ACE⊥平面ABCD，平面ACE∩平面ABCD＝AC，∴AD⊥平面ACE，∵CE⊂平面ACE，∴CE⊥AD.∵AC＝2，AE＝EC＝，∴CE2＋AE2＝AC2，∴CE⊥AE，∵AE∩AD＝A，AD，AE⊂平面ADEF，∴CE⊥平面ADEF，∵CE⊂平面CDE，∴平面ADEF⊥平面CDE. (2)∵平面ACE⊥平面ABCD，∠CAD＝90°， ∴如图以A为原点建立空间直角坐标系， 设AD＝2a，则A(0，0，0)，C(2，0，0)，E(1，0，1)，F(1，－a，1)，＝(2，0，0)，＝(1，－a，1)，设平面ACF的法向量m＝(x，y，z)，则取y＝1，得m＝(0，1，a)，平面ACE的一个法向量n＝(0，1，0)，∵二面角E -AC -F的大小为45°，∴cos 45°＝＝＝，解得a＝1，∴AD＝2，＝(0，2，0)，∴D(0，2，0)，平面ACF的法向量m＝(0，1，1)，∴点D到平面ACF的距离为d＝＝＝. 19．解：(1)证明：假设CM⊥BD，又CM⊥DM， BD∩DM＝D，所以CM⊥平面BDM，又BM⊂平面BDM， 所以CM⊥BM，又CM＝BM＝，所以BC＝2， 这与BC<BF＋FC＝2矛盾，所以假设不成立， 所以CM与BD不可能垂直． (2)分别以EA，EF所在直线为x轴、y轴，过点E垂直平面ABFE的直线为z轴，如图建立空间直角坐标系，则M(0，1，0)，B(1，2，0)，C(cos θ，2，sin θ)，D(cos θ，0，sin θ)，＝(1，1，0)，＝(cos θ，1，sin θ)，＝(cos θ，－1，sin θ)， 设平面BCM的一个法向量为n1＝(x，y，z)，则即 令x＝sin θ，得n1＝(sin θ，－sin θ，1－cos θ)． 同理，可得平面BDM的一个法向量为 n2＝(sin θ，－sin θ，－1－cos θ)，|cos φ|＝＝ ＝＝，解得sin θ＝. 所以当|cos φ|＝时，sin θ的值为. 20．解：(1)证明：因为AM＝＝＝2，BM＝＝＝2，所以AM2＋BM2＝8＝AB2，所以AM⊥BM.又AD⊥BM，AD∩AM＝A，AM，AD⊂平面ADM，所以BM⊥平面ADM.又BM⊂平面ABCM，所以平面ADM⊥平面ABCM. (2)取AM中点O，连接DO，因为DA＝DM，所以DO⊥AM，又平面ADM∩平面ABCM＝AM，平面ADM⊥平面ABCM，所以DO⊥平面ABCM，以OA方向为x轴，过O垂直于AM方向为y轴，OD方向为z轴建立空间直角坐标系，如图所示： 由条件可知A(1，0，0)，M(－1，0，0)，B(－1，2，0)，因为DO＝AM＝1，所以D(0，0，1)，＝(1，－2，1)．又＝，所以所以E(－，，)，所以＝(－2，0，0)，＝(，，)，取平面AMD法向量n1＝(0，1，0)，设平面AME一个法向量n2＝(x，y，z)，因为所以取y＝1，所以n2＝(0，1，－1)，所以cos〈n1，n2〉＝＝＝，由图可知二面角E -AM -D为锐二面角，所以二面角E -AM -D的大小为45°. 学科网（北京）股份有限公司 $$