第2章 空间向量与立体几何（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册（湘教版2019）

第2章　空间向量与立体几何 (全卷满分150分,考试用时120分钟) 一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.在空间直角坐标系中,已知点M(1,1,1)关于x轴对称的点为N,则点N的坐标为(　　) A.(1,-1,-1) B.(1,-1,1) C.(-1,-1,1) D.(-1,1,-1) 2.已知向量a=(3,-1,1),b=(-2,2,1),若a+b与ka-b平行,则实数k=(　　) A.1 B.2 C.-1 D.-2 3.已知三棱锥O-ABC,点P为平面ABC内的一点,且=+m-n(m,n∈R),则m,n的值可能为(　　) A.m=1,n=- B.m=,n=1 C.m=-,n=-1 D.m=,n=-1 4.已知向量a=(,0,1),b=(k,2,0),若a与b的夹角为,则k的值为(　　) A.- B. C.-1 D.1 5.如图,在空间四边形OABC中,=a,=b,=c,点M在OA上,且满足=2,点N为BC的中点,则=(　　) A.a-b+c B.-a+b+c C.a+b-c D.a+b-c 6.《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.在堑堵ABC-A1B1C1中,若AC=BC=1,AA1=2,P为线段BA1的中点,则点P到平面A1B1C的距离为(　　) A.3 B.1 C. D. 7.在如图所示的六面体中,四边形ADEH和BCFG均为直角梯形,A,D,C,B为直角顶点,其他四个面均为矩形,AB=BG=3,FC=4,BC=1,则平面EFGH与平面ABCD所成的角为(　　) A.30° B.45° C.135° D.45°或135° 8.在棱长为2的正四面体A-BCD中,点M满足=x+y-(x+y-1),点N满足=λ+(1-λ),当AM,BN的长均最短时,·=(　　) A.- B. C.- D. 二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分) 9.给出下列说法,其中正确的有(　　) A.空间中任意三个向量都可以作为一组基 B.已知a∥b,则向量a,b与任何向量都不能构成空间的一组基 C.A,B,M,N是空间中的四个点,若,,不能构成空间的一组基,那么A,B,M,N四点共面 D.已知{a,b,c}是空间的一组基,若m=a+c,则{a,b,m}也是空间的一组基 10.已知α,β是两个不重合的平面,若n1是平面α的一个法向量,n2是平面β的一个法向量,A,B是直线b上不同的两点,则以下说法正确的有(　　) A.b∥α⇔n1·=0 B.α⊥β⇔n1·n2=0 C.α∥β⇔∃λ∈R,使得n1=λn2 D.设α与β的夹角为θ,则cos θ=|cos<n1,n2>| 11.已知空间中三点A(0,1,0),B(2,2,0),C(-1,3,1),则下列结论正确的有(　　) A.⊥ B.与共线的单位向量是(1,1,0) C.与的夹角的余弦值是 D.平面ABC的一个法向量是(1,-2,5) 12.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,则下列结论正确的有(　　) A.AD与BC所成的角为30° B.AC与BD所成的角为90° C.BC与平面ACD所成角的正弦值为 D.平面ABC与平面BCD的夹角的正切值是 三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中横线上) 13.已知平面α,β的法向量分别为n1=(1,y,4),n2=(x,-1,-2),若α⊥β,则x-y的值为　　　　.  14.已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,AA1=2,∠A1AB=∠A1AD=60°,则·=　　　,||=　　　.  15.如图,在正四棱锥P-ABCD中,PA=AB,点M为PA的中点,点N为线段BD上一点,且=λ.若MN⊥AD,则实数λ=　　　.  16.如图,在菱形ABCD中,AB=2,∠BAD=60°,沿对角线BD将△ABD折起,使点A,C之间的距离为3,若P,Q分别为线段BD,CA上的点,则线段PQ的长的最小值为　　　　.  四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,M,N,R分别是AB,PC,CD的中点.用向量方法证明: (1)直线AR∥平面PMC; (2)直线MN⊥直线AB. 18.(12分)在正四面体O-ABC中,E,F,G,H分别是OA,AB,BC,OC的中点.设=a,=b,=c. (1)用a,b,c表示,; (2)求证:E,F,G,H四点共面; (3)求证:四边形EFGH为矩形. 19.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AC∩BD=O,底面ABCD为菱形,边长为2,PC⊥BD,PA=PC,且∠ABC=60°,异面直线PB与CD所成的角为60°. (1)求证:PO⊥平面ABCD; (2)若E是线段OC的中点,求点E到直线BP的距离. 20.(12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4. (1)设=λ (0<λ<1),异面直线AC1与CD所成角的余弦值为,求λ的值; (2)若D是AB的中点,求二面角D-CB1-B的余弦值. 21.(12分)如图所示的是一个半圆柱,E为半圆弧上一点(不包括弧的端点),CD=. (1)若AD=2,求四棱锥E-ABCD的体积的最大值; (2)有三个条件:①4·=·;②直线AD与BE所成角的正弦值为;③=.请你从中选择两个作为已知条件,求直线AD与平面EAB所成角的余弦值. 22.(12分)如图1,平面图形PABCD由直角梯形ABCD和Rt△PAD拼接而成,其中AB=BC=1,BC∥AD,AB⊥AD,PA=PD=,PA⊥PD,PC与AD相交于点O,现沿着AD将其折成四棱锥P-ABCD(如图2). (1)当侧面PAD⊥底面ABCD时,求点B到平面PCD的距离; (2)在(1)的条件下,线段PD上是否存在一点Q,使得二面角Q-AC-D的余弦值为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 答案与解析 第2章　空间向量与立体几何 1.A　 2.C　因为a+b=(1,1,2),ka-b=(3k+2,-k-2,k-1),a+b与ka-b平行,所以存在实数λ,使(3k+2,-k-2,k-1)=λ(1,1,2), 所以k=-1.故选C. 3.C　∵=+m-n(m,n∈R),且P,A,B,C四点共面, ∴+m-n=1,即m-n=, 结合选项知只有m=-,n=-1符合. 故选C. 4.A　由cos<a,b>===cos =-,解得k=-.故选A. 5.B　=++=+-+=-++- =-++, 又=a,=b,=c,∴=-a+b+c. 6.D　如图,在堑堵ABC-A1B1C1中,CC1⊥底面ABC, 因为AC,BC⊂平面ABC,所以CC1⊥AC,CC1⊥BC, 由AC=BC=1,△ABC为直角三角形可知,AC⊥BC, 所以AC,BC,CC1两两垂直. 以C为原点,CA所在直线为x轴,CB所在直线为y轴,CC1所在直线为z轴,1为单位长度,建立空间直角坐标系, 则C(0,0,0),B(0,1,0),B1(0,1,2),A1(1,0,2),P, 则=(0,-1,-2),=(1,-1,0),=. 设平面A1B1C的法向量为n=(x,y,z), 则 取z=1,则y=-2,x=-2, 则n=(-2,-2,1)为平面A1B1C的一个法向量, 所以点P到平面A1B1C的距离d===.故选D. 7.B　因为四边形ADEH和BCFG均为直角梯形,A,D,C,B为直角顶点,其他四个面均为矩形, 所以这个六面体是四棱柱,由题意可知DA,DC,DE两两垂直, 以点D为原点建系如图, 则E(0,0,4),G(1,3,3),C(0,3,0),H(1,0,3), 则=(1,0,-1),=(0,3,0), 根据题意可知DE⊥平面ABCD,所以=(0,0,4)即为平面ABCD的一个法向量, 设n=(x,y,z)为平面EFGH的法向量, 则 取x=1,则z=1,y=0, 则n=(1,0,1)为平面EFGH的一个法向量, 则cos<n,>===, 所以平面EFGH与平面ABCD所成的角为45°,故选B. 8.A　由题意可知,M∈平面BCD,N∈直线AC,当AM,BN的长均最短时,AM⊥平面BCD,BN⊥AC, ∴M为△BCD的中心,N为AC的中点, 此时||=, ∵AM⊥平面BCD,MC⊂平面BCD, ∴AM⊥MC, ∴||===. 又=(+), ∴·=(·+·)=-||2=-.故选A. 9.BCD　根据基的概念,知空间中任意三个不共面的向量都可作为空间的一组基,故A错误,B正确. 选项C中,由,,不能构成空间的一组基,知,,共面,又,,有共同的起点B,所以A,B,M,N四点共面,故C正确. 选项D中,已知{a,b,c}是空间的一组基,则基向量a,b可以与向量m=a+c构成空间的另一组基,故D正确.故选BCD. 10.BCD　对于A,当n1·=0且AB⊄平面α时,才满足b∥α,故A错误; 对于B,若α⊥β,则n1·n2=0,若n1·n2=0,则α⊥β,故B正确; 对于C,若α∥β,则n1∥n2,则∃λ∈R,使得n1=λn2,若∃λ∈R,使得n1=λn2,则n1∥n2,所以α∥β,故C正确; 对于D,易知θ∈,所以cos θ=|cos<n1,n2>|,故D正确. 故选BCD. 11.AD　·=(2,1,0)·(-1,2,1)=-2+2=0,故⊥,A正确; (1,1,0)不是单位向量,且(1,1,0)与=(2,1,0)不共线,B错误; cos<,>====-,C错误; 设m=(1,-2,5),则m·=(1,-2,5)·(2,1,0)=2-2=0,m·=(1,-2,5)·(-3,1,1)=-3-2+5=0, 所以m⊥,m⊥,又AB∩BC=B,所以平面ABC的一个法向量是(1,-2,5),D正确. 故选AD. 12.BD　取BD的中点O,连接AO,CO, 由题意得,AO,CO,BD两两垂直,以O为原点,OC所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,OA所在直线为z轴,1为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系, 设OC=1, 则A(0,0,1),B(0,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),∴=(0,1,1),=(0,1, -1),=(1,1,0),=(1,0,-1),=(0,2,0). ∵cos<,>===, ∴异面直线AD与BC所成的角为60°,故A错误; ∵·=0,∴AC⊥BD, 故AC与BD所成的角为90°,故B正确; 设平面ACD的法向量为t=(x,y,z), 则 取z=1,得x=1,y=1, ∴t=(1,1,1)为平面ACD的一个法向量, 设BC与平面ACD所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,t>|===,故C错误; 易知平面BCD的一个法向量为n=(0,0,1), 设平面ABC的法向量为m=(x',y',z'), 则 取x'=1,得y'=-1,z'=1, ∴m=(1,-1,1)为平面ABC的一个法向量, 设平面ABC与平面BCD的夹角为α, 则cos α=|cos<m,n>|==, ∴sin α=,∴tan α=, ∴平面ABC与平面BCD的夹角的正切值是,故D正确.故选BD. 13.答案　8 14.答案　3; 解析　设=a,=b,=c, 由题意得|a|=1,|b|=1,|c|=2,a·b=0,a·c=1,b·c=1, ∴·=(b+c)·(a+b)=b·a+b2+c·a+c·b=0+1+1+1=3, ||=|a+b+c| = ==. 15.答案　4 解析　连接AC,交BD于点O,连接OP,易知AC,BD,OP两两垂直.以O为原点,OA所在直线为x轴,OB所在直线为y轴,OP所在直线为z轴,1为单位长度,建立空间直角坐标系,如图. 设PA=AB=2,则A(,0,0),D(0,-,0),P(0,0,),M,B(0,,0), ∴=(0,-2,0),=(-,-,0), 设N(0,b,0)(-≤b≤),则=(0,b-,0). ∵=λ,∴-2=λ(b-), ∴b=, ∴N, ∴=, ∵MN⊥AD,∴·=1-=0,解得λ=4. 16.答案　 解析　取BD的中点E,连接AE,EC,则AE⊥BD,EC⊥BD,AE=EC=3, ∵AC=3,AE2+CE2=AC2,∴AE⊥EC,∴AE,EC,BD两两垂直. 以E为原点,EB,EC,EA所在直线分别为x轴、y轴、z轴,1为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,则C(0,3,0),A(0,0,3),∴=(0,-3,3), 设=λ=(0,-3λ,3λ)(0≤λ≤1),P(a,0,0)(-≤a≤),则=(-a,3,0), 则=+=(-a,3,0)+(0,-3λ,3λ)=(-a,3-3λ,3λ), ∴||==, 当a=0,λ=时,||min=. 故答案为. 17.证明　由题意知,PA,AB,AD两两垂直.如图,建立空间直角坐标系, 设AB=a,AD=b,AP=c,则A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,b,0),D(0,b,0),P(0,0,c),M,N,R. (2分) (1)∵=,=, ∴=,∴AR∥MC,(4分) 又∵AR⊄平面PMC,MC⊂平面PMC, ∴直线AR∥平面PMC.(6分) (2)∵=,=(a,0,0),(8分) ∴·=0,∴直线MN⊥直线AB.(10分) 18.解析　(1)因为E,F分别是OA,AB的中点, 所以EF∥OB且EF=OB, 所以==b.(2分) 因为F,G分别是AB,BC的中点,所以FG∥AC且FG=AC, 所以==-=c-a.(4分) (2)证明:=-=+-=(b+c-a),=-=(-)=(c-a),=b,(6分) 所以=+, 所以E,F,G,H四点共面.(8分) (3)证明:设正四面体的棱长为a,由题意知向量a,b,c中,两两之间的夹角均为,由(1)知=, 因为H,G分别是OC,BC的中点, 所以=,故=, 所以EF∥HG,EF=HG, 所以四边形EFGH为平行四边形.(10分) 又因为a·b=a·c=b·c=, 所以·=b·(c-a)=(b·c-a·b)=0, 故EF⊥FG. 所以平行四边形EFGH为矩形.(12分) 19.解析　(1)证明:∵四边形ABCD为菱形,∴BD⊥AC.(1分) 又∵PC⊥BD,AC∩PC=C,∴BD⊥平面PAC.(2分) ∵PO⊂平面PAC,∴BD⊥PO.(3分) 又∵PA=PC,O为AC的中点,∴PO⊥AC.(4分) 又∵BD∩AC=O,∴PO⊥平面ABCD.(5分) (2)以O为坐标原点,向量,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,1为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系, ∵AB∥CD,∴∠PBA即为异面直线PB与CD所成的角,∴∠PBA=60°. 在菱形ABCD中,AB=2,∠ABC=60°,∴OA=OC=1,OB=, ∴A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0), ∵E是线段OC的中点, ∴E, 设PO=a(a>0),则PA=,PB=.(7分) 在△PBA中,由余弦定理得PA2=BA2+BP2-2BA·BP·cos∠PBA, 即a2+1=4+a2+3-2×2××,解得a=(负值舍去),(8分) ∴P(0,0,), ∴=(-,0,), ∴||=3, 又∵=, ∴||=,(10分) ∴点E到直线BP的距离d===.(12分) 20.解析　(1)易知CA,CB,CC1两两垂直.以C为原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,1为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz, 则A(3,0,0),B(0,4,0),C(0,0,0),C1(0,0,4), 所以=(-3,0,4),=(-3,4,0),(2分) 因为=λ=(-3λ,4λ,0), 所以D(-3λ+3,4λ,0), 所以=(-3λ+3,4λ,0).(4分) 因为异面直线AC1与CD所成角的余弦值为, 所以|cos<,>|===,解得λ=.(6分) (2)由(1)得B1(0,4,4),D, 所以=(0,4,4),=.(7分) 易知平面CBB1C1的一个法向量为n=(1,0,0).(8分) 设平面DB1C的法向量为m=(x0,y0,z0). 由得 令x0=4,则y0=-3,z0=3, 所以m=(4,-3,3)为平面DB1C的一个法向量.(10分) 由于cos<n,m>===, 所以二面角D-CB1-B的余弦值为.(12分) 21.解析　(1)在平面EDC内作EF⊥CD于点F,易知平面ABCD⊥平面EDC,平面ABCD∩平面EDC=DC, 所以EF⊥平面ABCD.(2分) 因为E为半圆弧上一点,所以CE⊥ED, 所以VE-ABCD=S四边形ABCD·EF=××2×=·CE·ED,(4分) 因为CE2+ED2=CD2=5, 所以VE-ABCD≤×=×=, 当且仅当CE=ED=时,等号成立, 所以四棱锥E-ABCD的体积的最大值为.(6分) (2)由条件①,得4||||cos∠CDE=||||cos∠DCE, 即4DE2=CE2,所以2DE=CE, 又因为DE2+CE2=5,所以DE=1,CE=2. 对于条件②,因为AD∥BC,BC⊥平面DCE, 所以∠CBE为直线AD与BE所成的角,且sin∠CBE==, 所以=tan∠CBE=. 由条件③,得==, 设AD=x,则=. 若选条件①②,则DE=1,CE=2,且=tan∠CBE=, 所以AD=BC=. 若选条件①③,则DE=1,CE=2,且=, 所以AD=BC=. 若选条件②③,则=tan∠CBE=,且=,DE2+CE2=5, 所以AD=BC=. 即从①②③中任选两个作为已知条件,都可以得到AD=BC=.(9分) 下面求直线AD与平面EAB所成角的余弦值. 以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为z轴,过点A且与平面ABCD垂直的直线为y轴,1为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(,0,0),D(0,0,),E, 所以=,=(,0,0),=(0,0,), 设平面EAB的法向量为m=(x,y,z), 则 即 令z=1,则x=0,y=-, 所以m=为平面EAB的一个法向量,(10分) 所以cos<,m>==,(11分) 即直线AD与平面EAB所成角的正弦值为, 所以直线AD与平面EAB所成角的余弦值为.(12分) 22.解析　(1)在题图1中,∵PA⊥PD,PA=PD=,∴AD=2. 易知四边形ABCO为正方形, ∴AO=1,即O为AD的中点,∴PO⊥AD,∴PO=1. 在题图2中,∵侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD, ∴PO⊥平面ABCD,(2分) 易知PO,AD,OC两两垂直.以O为坐标原点,OC所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,OP所在直线为z轴,1为单位长度,建立空间直角坐标系,如图所示,则P(0,0,1),A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0), ∴=(1,-1,-1),=(-1,0,1),=(0,1,-1).(4分) 设平面PCD的法向量为u=(x,y,z), 则 取z=1,得x=1,y=1, 则u=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量, 则点B到平面PCD的距离d==.(6分) (2)假设存在满足题意的点Q,且=λ(0≤λ<1). ∵=(0,1,-1), ∴=-=(0,λ,-λ), ∴=(0,λ,1-λ), ∴Q(0,λ,1-λ).(7分) 设平面CAQ的法向量为m=(x1,y1,z1), 又∵=(1,1,0),=(0,λ+1,1-λ), ∴ 取z1=1+λ,则y1=λ-1,x1=1-λ, 则m=(1-λ,λ-1,λ+1)为平面CAQ的一个法向量.(9分) 易知平面CAD的一个法向量为n=(0,0,1),(10分) ∵二面角Q-AC-D的余弦值为, ∴|cos<m,n>|===, 化简,得3λ2-10λ+3=0, 解得λ=或λ=3(舍去). ∴线段PD上存在满足题意的点Q,且=.(12分) 学科网（北京）股份有限公司 $$