第三章空间向量与立体几何单元测试-2024-2025学年高二上学期数学北师大版（2019）选择性必修第一册

第三章　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．空间直角坐标系中，点A(－3，4，0)与点B(2，－1，6)的距离是(　　 ) A．2　　　　　　 B．2 C．9 D． 2．已知空间四边形ABCD，G是CD的中点，连接AG，则＋(＋)＝(　　 ) A．　　　 B．　　　 C．　　　 D． 3．同时垂直于a＝(2，2，1)，b＝(4，5，3)的单位向量是(　　 ) A． B． C． D．或 4．已知A(2，－5，1)，B(2，－2，4)，C(1，－4，1)，则与的夹角为(　　 ) A．30° B．45° C．60° D．90° 5．已知a＝(1，2，－y)，b＝(x，1，2)，且(a＋2b)∥(2a－b)，则(　　 ) A．x＝，y＝1 B．x＝，y＝－4 C．x＝2，y＝－ D．x＝1，y＝－1 6.长方体ABCD­A1B1C1D1中AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为(　　 ) A． B． C． D． 7．A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，M为BC的中点，则△AMD是(　　 ) A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．不确定 8．如图所示，正三棱柱ABC­A1B1C1的棱长都为2，E，F，G为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共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.如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝4，AA1＝3，以直线DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则(　　 ) A．点B1的坐标为(4，5，3) B．点C1关于点B对称的点为(5，8，－3) C．点A关于直线BD1对称的点为(0，－5，3) D．点C关于平面ABB1A1对称的点为(8，5，0) 10.如图，已知E是棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1的棱BC的中点，F是棱BB1的中点，设点D到面AED1的距离为d，直线DE与面AED1所成的角为θ，面AED1与面AED的夹角为α，则(　　 ) A．DF⊥面AED1 B．d＝ C．sin θ＝ D．cos α＝ 11.如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝，下列结论中正确的是(　　 ) A．AC⊥BE B．EF∥平面ABCD C．三棱锥A­BEF的体积为定值 D．异面直线AE，BF所成的角为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。把答案填在题中的横线上。 12．已知向量e1，e2，e3是三个不共面的非零向量，且a＝2e1－e2＋e3，b＝－e1＋4e2－2e3，c＝11e1＋5e2＋λe3，若向量a，b，c共面，则λ＝________． 13．(一题两空)已知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，点A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2).则|2a＋b|＝________；在直线AB上，存在一点E，使得⊥b，则点E的坐标为________．(本题第一空3分，第二空2分) 14．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，已知G和E分别为A1B1和CC1的中点，D和F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点)，若DG⊥EF，则线段DF长度的取值范围为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．(13分)如图所示，已知几何体ABCD­A1B1C1D1是平行六面体． (1)化简＋＋，并在图上标出结果； (2)设M是底面ABCD的中心，N是侧面BCC1B1对角线BC1上的点，且C1N＝C1B，设＝α＋β＋γ，试求α，β，γ的值． 16.(15分)如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱ABCD­A1B1C1D1，底面ABCD是正方形，CC1＝3，CD＝2，且∠C1CB＝∠C1CD＝60°. (1)设＝a，＝b，＝c，试用a，b，c表示A1C； (2)已知O为四棱柱ABCD­A1B1C1D1的中心，求CO的长． 17．(15分)如图所示，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE∥CF，BC⊥CF，AD＝，EF＝2，BE＝3，CF＝4. (1)求证：EF⊥平面DCE； (2)当AB的长为何值时，二面角A­EF­C的平面角为60°. 18.(17分)如图，边长为2的等边△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC＝2，M为BC的中点． (1)证明：AM⊥PM； (2)求平面PAM与平面DAM的夹角的大小； (3)求点D到平面AMP的距离． 19.(17分)如图所示，已知正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝2，AA1＝，点D为AC的中点，点E在线段AA1上． (1)当AE∶EA1＝1∶2时，求证：DE⊥BC1； (2)是否存在点E，使平面DBE 与平面BEA的夹角等于60°？若存在，求AE的长；若不存在，请说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第三章　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．空间直角坐标系中，点A(－3，4，0)与点B(2，－1，6)的距离是(　　 ) A．2　　　　　　 B．2 C．9 D． D　[由条件知＝(5，－5，6)，∴||＝＝.故选D.] 2．已知空间四边形ABCD，G是CD的中点，连接AG，则＋(＋)＝(　　 ) A．　　　 B．　　　 C．　　　 D． A　[在△BCD中，因为点G是CD的中点， 所以＝(＋)，从而＋(＋)＝＋＝.] 3．同时垂直于a＝(2，2，1)，b＝(4，5，3)的单位向量是(　　 ) A． B． C． D．或 D　[设所求向量为c＝(x，y，z)，由c·a＝0及c·b＝0及|c|＝1得检验知选D.] 4．已知A(2，－5，1)，B(2，－2，4)，C(1，－4，1)，则与的夹角为(　　 ) A．30° B．45° C．60° D．90° C　[＝(0，3，3)，＝(－1，1，0).设〈，〉＝θ，则cos θ＝＝＝，所以θ＝60°.] 5．已知a＝(1，2，－y)，b＝(x，1，2)，且(a＋2b)∥(2a－b)，则(　　 ) A．x＝，y＝1 B．x＝，y＝－4 C．x＝2，y＝－ D．x＝1，y＝－1 B　[由题意知，a＋2b＝(2x＋1，4，4－y)，2a－b＝(2－x，3，－2y－2).∵(a＋2b)∥(2a－b)， ∴存在实数λ，使a＋2b＝λ(2a－b)， ∴解得] 6.长方体ABCD­A1B1C1D1中AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为(　　 ) A． B． C． D． B　[建立坐标系如图所示． 则A(1，0，0)，E(0，2，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，2)，＝(－1，0，2)，＝(－1，2，1). cos 〈，〉＝＝. 所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.] 7．A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，M为BC的中点，则△AMD是(　　 ) A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．不确定 C　[∵M为BC的中点，∴＝(＋). ∴·＝(＋)· ＝·＋·＝0. ∴AM⊥AD，△AMD为直角三角形．] 8．如图所示，正三棱柱ABC­A1B1C1的棱长都为2，E，F，G为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． A　[如图，取A1B1的中点E1，建立如图所示空间直角坐标系E­xyz. 则E(0，0，0)，F(－1，0，1)，B1(1，0，2)，A1(－1，0，2)， C1(0，，2)，G. ∴＝(－2，0，－1)， 设平面GEF的一个法向量为n＝(x，y，z)， 由得令x＝1，则n＝(1，－，1). 设B1F与平面GEF所成角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝.] 二、多项选择题：本题共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.如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝4，AA1＝3，以直线DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则(　　 ) A．点B1的坐标为(4，5，3) B．点C1关于点B对称的点为(5，8，－3) C．点A关于直线BD1对称的点为(0，－5，3) D．点C关于平面ABB1A1对称的点为(8，5，0) AD　[由图形及其已知可得：点B1的坐标为(4，5，3)，故A对； 点C1(0，5，3)关于点B对称的点为(－4，5，－3)，故B错； 点A关于直线BD1对称的点为C1(0，5，3)，故C错； 点C(0，5，0)关于平面ABB1A1对称的点为(8，5，0)，故D对．] 10.如图，已知E是棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1的棱BC的中点，F是棱BB1的中点，设点D到面AED1的距离为d，直线DE与面AED1所成的角为θ，面AED1与面AED的夹角为α，则(　　 ) A．DF⊥面AED1 B．d＝ C．sin θ＝ D．cos α＝ BCD　[以A为坐标原点，，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系(图略)，则A(0，0，0)，E(2，1，0)，D(0，2，0)，D1(0，2，2)，A1(0，0，2)，F(2，0，1)，所以＝(2，1，0)，＝(0，2，2)，＝(2，－1，0)，＝(2，－2，1). 设平面AED1的法向量为m＝(x，y，z)， 则由，得令x＝1，则y＝－2，z＝2，故m＝(1，－2，2). ∵＝(2，－2，1)，不存在λ使m＝λ， 即与m不共线，∴DF与面AED1不垂直 故A不正确；又∵＝(0，0，2)，∴d＝＝＝，故B正确； 又＝(2，－1，0). ∴sin θ＝|cos 〈，m〉|＝＝. ∴C正确；又＝(0，0，2)为平面AED的一个法向量， ∴cos α＝＝＝，故D正确．] 11.如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝，下列结论中正确的是(　　 ) A．AC⊥BE B．EF∥平面ABCD C．三棱锥A­BEF的体积为定值 D．异面直线AE，BF所成的角为定值 ABC　[因为AC⊥平面BB1D1D， 又BE⊂平面BB1D1D. 所以AC⊥BE，故A正确． 因为B1D1∥平面ABCD， 又E，F在直线D1B1上运动， 所以EF∥平面ABCD，故B正确． C中由于点B到直线B1D1的距离不变， 故△BEF的面积为定值， 又点A到平面BEF的距离为，故VA­BEF为定值． ①当点E在D1处，点F为D1B1的中点时，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得A(1，1，0)，B(0，1，0)，E(1，0，1)，F， 所以＝(0，－1，1)，＝，所以·＝. 又||＝，||＝， 所以cos 〈·〉＝＝＝. 所以此时异面直线AE与BF成30°角． ②当点E为D1B1的中点，点F在B1处时， 此时E，F(0，1，1). 所以＝，＝(0，0，1)， 所以·＝1， ||＝ ＝， 所以cos 〈，〉＝＝＝≠.] 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。把答案填在题中的横线上。 12．已知向量e1，e2，e3是三个不共面的非零向量，且a＝2e1－e2＋e3，b＝－e1＋4e2－2e3，c＝11e1＋5e2＋λe3，若向量a，b，c共面，则λ＝________． 解析　因为a，b，c共面，所以存在实数m，n，使得c＝ma＋nb，则11e1＋5e2＋λe3＝(2m－n)e1＋(－m＋4n)e2＋(m－2n)e3， 则，解得. 答案　1 13．(一题两空)已知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，点A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2).则|2a＋b|＝________；在直线AB上，存在一点E，使得⊥b，则点E的坐标为________．(本题第一空3分，第二空2分) 解析　2a＋b＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)， 故|2a＋b|＝＝5. 又＝＋＝＋t ＝(－3，－1，4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t，4－2t)， 由⊥b，则·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝，因此，此时点E的坐标为E. 答案　5　 14．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，已知G和E分别为A1B1和CC1的中点，D和F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点)，若DG⊥EF，则线段DF长度的取值范围为________． 解析　由题意，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，E(0，1，)，G(，0，1)，F(x，0，0)，D(0，y，0)， 由于GD⊥EF，则·＝0，所以x＋2y－1＝0， 所以＝(x，－y，0)＝(－2y＋1，－y，0)，0<x<1， ∴0<y< 所以||＝＝＝ ， 当y＝时，线段DF长度的最小值是，当y＝0时，线段DF长度的最大值是1， 而不包括端点，故y＝0不能取； 故答案为. 答案　 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．(13分)如图所示，已知几何体ABCD­A1B1C1D1是平行六面体． (1)化简＋＋，并在图上标出结果； (2)设M是底面ABCD的中心，N是侧面BCC1B1对角线BC1上的点，且C1N＝C1B，设＝α＋β＋γ，试求α，β，γ的值． 解　(1)取AA1的中点E，在D1C1上取一点F，使得D1F＝2FC1，连接EF， 则＋＋＝＋＋＝. (2)＝＋ ＝＋ ＝(＋)＋(＋CC1) ＝＋＋AA1， 所以α＝，β＝，γ＝. 16.(15分)如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱ABCD­A1B1C1D1，底面ABCD是正方形，CC1＝3，CD＝2，且∠C1CB＝∠C1CD＝60°. (1)设＝a，＝b，＝c，试用a，b，c表示A1C； (2)已知O为四棱柱ABCD­A1B1C1D1的中心，求CO的长． 解　(1)由＝a，＝b，＝c， 得＝a＋b＋c， 所以＝－a－b－c. (2)O为四棱柱ABCD­A1B1C1D1的中心，即O为线段A1C的中点． 由已知条件得|a|＝|b|＝2，|c|＝3，a·b＝0，〈a，c〉＝60°，〈b，c〉＝60°. 由(1)得＝a＋b＋c， 则||2＝2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝22＋22＋32＋0＋2×2×3×cos 60°＋2×2×3×cos 60°＝29. 所以A1C的长为，所以CO的长为. 17．(15分)如图所示，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE∥CF，BC⊥CF，AD＝，EF＝2，BE＝3，CF＝4. (1)求证：EF⊥平面DCE； (2)当AB的长为何值时，二面角A­EF­C的平面角为60°. 解　(1)证明：在△BCE中，BC⊥BE，BC＝AD＝，BE＝3，∴EC＝2， 在△FCE中，CF2＝EF2＋CE2，∴EF⊥CE. 由已知条件知，DC⊥平面EFCB，∴DC⊥EF， 又DC与EC相交于C，∴EF⊥平面DCE. (2)如图，以点C为坐标原点，以CB，CF和CD分别作为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系C­xyz. 设AB＝a(a＞0)，则C(0，0，0)，A(，0，a)， B(，0，0)，E(，3，0)，F(0，4，0)， 从而＝(－，1，0)，＝(0，3，－a). 设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)， 由·n＝0，·n＝0，得取x＝1， 则y＝，z＝，即n＝， 不妨设平面EFCB的法向量为＝(0，0，a)， 由条件，得|cos 〈n，〉|＝＝＝， 解得a＝. 所以当AB＝时，二面角A­EF­C的平面角为60°. 18.(17分)如图，边长为2的等边△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC＝2，M为BC的中点． (1)证明：AM⊥PM； (2)求平面PAM与平面DAM的夹角的大小； (3)求点D到平面AMP的距离． 解　(1)证明：以D为原点，分别以直线DA，DC为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意，可得D(0，0，0)，P(0，1，)，C(0，2，0)，A(2，0，0)，M(，2，0). ＝(，1，－)，＝(－，2，0)， ∴·＝(，1，－)·(－，2，0)＝0， 即⊥，∴AM⊥PM. (2)设n＝(x，y，z)为平面PAM的法向量， 则即 取y＝1，得n＝(，1，). 取p＝(0，0，1)，显然p为平面ABCD的一个法向量， ∴cos 〈n，p〉＝＝＝. 结合图形可知，平面PAM与平面DAM的夹角为45°. (3)设点D到平面AMP的距离为d，由(2)可知n＝(，1，)与平面PAM垂直，则 d＝＝＝， 即点D到平面AMP的距离为. 19.(17分)如图所示，已知正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝2，AA1＝，点D为AC的中点，点E在线段AA1上． (1)当AE∶EA1＝1∶2时，求证：DE⊥BC1； (2)是否存在点E，使平面DBE 与平面BEA的夹角等于60°？若存在，求AE的长；若不存在，请说明理由． 解　(1)证明：连接DC1. ∵ABC­A1B1C1为正三棱柱，∴△ABC为正三角形． 又∵D为AC的中点，∴BD⊥AC. 又平面ABC⊥平面ACC1A1，∴BD⊥平面ACC1A1. ∴BD⊥DE. ∵AE∶EA1＝1∶2，AB＝2，AA1＝， ∴AE＝，AD＝1. ∴在Rt△ADE中，∠ADE＝30°；在Rt△DCC1中，∠C1DC＝60°. ∴∠EDC1＝90°，即ED⊥DC1. 又DC1∩BD＝D，∴DE⊥平面BDC1. 又∵BC1⊂平面BDC1，∴ED⊥BC1. (2)设存在点E满足条件，设AE＝h. 取A1C1的中点D1，连接DD1，则DD1⊥平面ABC，∴DD1⊥AD，DD1⊥BD. 如图，分别以DA，DB，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则 A(1，0，0)，B(0，，0)，E(1，0，h). ∴＝(0，，0)，＝(1，0，h)，＝(－1，，0)，＝(0，0，h). 设平面DBE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则 即 令z1＝1，得n1＝(－h，0，1). 同理，设平面ABE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则 即 令z2＝0，得n2＝(，1，0). ∴|cos 〈n1，n2〉|＝＝cos 60°＝. 解得h＝<，故存在点E满足条件． 当AE＝时，平面DBE与平面BEA的夹角等于60°. 学科网（北京）股份有限公司 $$