第三章 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一册（北师大版2019）

( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) ( 姓名 班级 考号 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 第三章　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) 1.一束光线自点P(-1,1,1)发出,被yOz平面反射后到达点Q(-3,3,3),则光线所走过的路程是(　　) A.2　　　　　B.6 C.2 2.平面α的一个法向量为n=(1,2,3),P(1,1,1),P∈α,Q∈α,则点Q的坐标可以是(　　) A.(-1,-1,-1)　　　　　B.(4,2,-1) C.(3,2,1)　　　　　 D.(2,2,0) 3.已知a=(1,2,-y),b=(x,1,2),且(a+2b)∥(2a-b),则(　　) A.x=,y=-4 C.x=2,y=-　　　　　 D.x=1,y=-1 4.平面α的一个法向量为n=(-2,-2,1),点A(-1,3,0)在平面α内,则点P(-2,1,4)到平面α的距离为(　　) A.10　　　　B.3　　　　C. 5.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,PA=AB,则下列数量积最大的是(　　) A.···· 6.中国元代数学家郭守敬主持建造的观星台(如图①)可近似看成一个正四棱台ABCD-A1B1C1D1(如图②),若AB=2A1B1,点M在BD1上,且BM=3D1M,则=(　　) 　　 A. C. 7.如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,SA⊥平面ABCD,P为底面ABCD内的一个动点,若·=1,则动点P在(　　) A.圆上　　　　　 B.双曲线上 C.抛物线上　　　　　D.椭圆上 8.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=1,O是AC的中点,点P在线段A1C1上,若直线OP与平面ACD1的夹角为θ,则cos θ的取值范围是(　　) A. C. 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.下列命题中正确的是(　　) A.若AB∥CD,则∥ B.|a|+|b|=|a+b|是a,b共线的必要条件 C.若A,B,C三点不共线,对空间任一点O,,则P,A,B,C四点共面 D.若P,A,B,C为空间四点,且有不共线),则λ+μ=1是A,B,C三点共线的充要条件 10.在长方体ABCD-A'B'C'D'中,AB=2,AD=3,AA'=1,以D为原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,则下列说法正确的是(　　) A.=(-3,-2,1) B.异面直线A'D与BD'夹角的余弦值为 C.平面A'C'D的一个法向量为(-2,-3,6) D.二面角C'-A'D-D'的平面角的余弦值为 11.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4,E为棱CC1上的一个动点,则(　　) A.A1B1⊥BE B.三棱锥E-B1BD1的体积为定值 C.存在点E,使得AC∥平面BD1E D.存在点E,使得B1D⊥平面BD1E 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.已知a=(2,2,1),b=(1,0,0),则a在b方向上的投影向量为　　　　.  13.中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“刍童”的几何体,该几何体是上下两个底面平行,且均为矩形的六面体.现有一“刍童”ABCD-A1B1C1D1(如图所示),AB=AA1=4,A1B1=AD=2,A1D1=1,AB∥A1B1,∠BAA1+∠DAA1=,A1C1与B1D1的交点为O,则·的最大值为　　　　.  14.将正方形ABCD沿对角线AC折起,当以A,B,C,D四点为顶点的三棱锥体积最大时,异面直线AD与BC的夹角为　　　　　　.  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)已知空间中三点A(2,0,-2),B(1,-1,-2),C(3,0,-4),设a=,b=. (1)若|c|=3,且c∥,求向量c; (2)已知向量ka+b与b互相垂直,求实数k的值. 16.(15分)如图所示,已知空间四边形ABCD的每条边和对角线都等于1,E,F分别是AB,AD的中点,设{a,b,c}为空间向量的一组基,=a,=b,=c,试用基向量法求解下列各题. (1)求·的值; (2)求异面直线CF与BD夹角的余弦值. 17.(15分)一个半圆柱如图所示,E为半圆弧. (1)若AD=2,求四棱锥E-ABCD的体积的最大值; (2)有三个条件:①4··.请你从中选择两个作为条件,求直线AD与平面EAB夹角的余弦值. 18. (17分)如图,在四边形PDCB中,PD∥BC,BA⊥PD,PA=AB=BC=1,AD= . (1)作出平面SCD与平面SBA的交线l,并证明l⊥平面CSB; (2)Q是棱SC上异于S,C的一点,连接QD,当二面角Q-BD-C的平面角的余弦值为时,求三棱锥Q-BDC的体积. 19.(17分)如图,在多面体ABCDEF中,梯形ADEF与平行四边形ABCD所在平面互相垂直,AF∥DE,DE⊥AD,AD⊥BE,AF=AD=. (1)求二面角B-EF-D的平面角的余弦值; (2)在线段BE上是否存在点Q,使得平面CDQ⊥平面BEF?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 答案与解析 第三章　空间向量与立体几何 1.C　点P(-1,1,1)关于yOz平面的对称点为M(1,1,1),则光线所走过的路程是|MQ|=.故选C. 2.D　设点Q的坐标为(x,y,z), ∵P(1,1,1), ∴=(x-1,y-1,z-1), 由题意得·n=(x-1)×1+(y-1)×2+(z-1)×3=0, ∴x+2y+3z=6,依次验证选项,只有D满足.故选D. 3.B　由题意可得,a+2b=(1+2x,4,4-y),2a-b=(2-x,3,-2y-2). ∵(a+2b)∥(2a-b), ∴∃λ∈R,使得a+2b=λ(2a-b), 则故选B. 4.D　由题意得.故选D. 5.B　设PA=AB=1,因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AC,PA⊥AB,PA⊥BD,PA⊥BC, 因为底面ABCD是正方形, 所以BD⊥AC,··=1. 对于A,··(··=0+0=0; 对于B,·)·(··· =1+0+0+1=2; 对于C,··(··=0+1=1; 对于D,··(·=1+0=1. 综上,数量积最大的是·.故选B. 6.C　连接AD1,因为, 所以. 又BM=3D1M, 所以, 所以.故选C. 7.A　由题意得,AS,AB,AD两两垂直,以A为坐标原点,AB,AD,AS所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(2,0,0). 因为P为底面ABCD内的一个动点,所以可设P(x,y,0), 则=(2-x,-y,0), 因为SA⊥平面ABCD,所以SA⊥PB,所以·=0, 所以··(··=1, 即x(x-2)+y2=1,整理得(x-1)2+y2=2, 所以动点P在一个圆上.故选A. 8.D　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,如图所示: 则A(2,0,0),C(0,2,0),O(1,1,0),D1(0,0,1), ∴=(-2,2,0), 设P(a,2-a,1)(0≤a≤2),则=(a-1,1-a,1), 设平面ACD1的一个法向量为n=(x,y,z), 则令x=1,得n=(1,1,2), ∴sin θ=, ∵a∈[0,2], ∴], ∴, ∴sin θ=, ∴sin 2θ∈, ∴1-sin 2θ∈, ∵θ∈, ∴cos θ=.故选D. 9.ACD　对于A,由AB∥CD一定可得∥,故A正确; 对于B,若a,b反向共线,则||a|-|b||=|a+b|,故B不正确; 对于C,,则,即,所以P,A,B,C四点共面,故C正确; 对于D,若P,A,B,C为空间四点,且有不共线), 当λ+μ=1,即μ=1-λ时,可得),即, 所以A,B,C三点共线,反之也成立,即λ+μ=1是A,B,C三点共线的充要条件,故D正确. 故选ACD. 10. ACD　由题意可得D(0,0,0),B(3,2,0),D'(0,0,1),A'(3,0,1),C'(0,2,1),则 =(0,2,1),故A正确; cos<, 所以异面直线A'D与BD'夹角的余弦值为,故B不正确; 设平面A'C'D的一个法向量为n=(x,y,z), 则 取z=6,得n=(-2,-3,6),故C正确; 易知平面A'DD'的一个法向量为m=(0,1,0), 则cos<n,m>=, 易知二面角C'-A'D-D'的平面角为锐角,故其余弦值为,故D正确. 故选ACD. 11.ABC　如图,以D为坐标原点,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, 则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),A1(2,0,4),B1(2,2,4),D1(0,0,4). 设E(0,2,a),a∈[0,4],则=(-2,0,a), 因为·=0,所以A1B1⊥BE,故A正确; 因为, 又为定值,点D1到平面B1BE的距离也为定值,所以为定值,故B正确; 设平面BD1E的一个法向量为n=(x,y,z), 因为=(-2,-2,4), 所以 令x=a,则y=4-a,z=2,所以n=(a,4-a,2), 因为=(-2,2,0),所以由·n=-2a+8-2a=0,可得a=2,所以E(0,2,2),故C正确; 因为B1D⊥平面BD1E,,无解,故D错误. 故选ABC. 12.答案　(2,0,0) 解析　因为a=(2,2,1),b=(1,0,0), 所以a在b方向上的投影向量为|a|cos<a,b>·×(1,0,0)=(2,0,0). 13.答案　8+5 解析　设∠BAA1=α,则∠DAA1=-α,由题意得, 所以··(··+5, 当α=时,·+5. 14.答案　 解析　根据题意可知,当VD-ABC最大时,平面DAC⊥平面ABC, 设AC的中点为O,连接OB,OD,建立空间直角坐标系,如图所示. 令OB=OC=OD=1, 则A(0,-1,0),D(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0), 所以=(-1,1,0), 因此cos<, 所以异面直线AD与BC的夹角为. 15.解析　∵A(2,0,-2),B(1,-1,-2),C(3,0,-4), ∴a==(-1,-1,0),b==(2,1,-2).(3分) (1)∵c∥, ∴可设c=m(m∈R), ∴c=m=m(2,1,-2)=(2m,m,-2m), ∴|c|==3|m|=3, ∴m=±1, ∴c=(2,1,-2)或c=(-2,-1,2).(8分) (2)ka+b=k(-1,-1,0)+(1,0,-2)=(1-k,-k,-2), ∵向量ka+b与b互相垂直, ∴(ka+b)·b=1-k+4=0,解得k=5.(13分) 16.解析　由题意得|a|=|b|=|c|=1,<a,b>=<b,c>=<c,a>=60°, 故a·b=b·c=c·a=1×1×cos 60°=.(3分) (1)∵(c-a), ∴·.(8分) (2)由题意可知c-b,=c-a, ∴·.(12分) 设异面直线CF与BD的夹角为θ, ∵||=1, ∴cos θ=. 因此异面直线CF与BD夹角的余弦值为.(15分) 17.解析　(1)如图,在平面EDC内作EF⊥CD于点F, 因为平面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=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. 因为AD∥BC,BC⊥平面DCE,所以∠CBE为直线AD与BE的夹角, 由条件②,得sin∠CBE=. 由条件③,得. 若选条件①②,则DE=1,CE=2,且. 若选条件①③,则DE=1,CE=2,且. 若选条件②③,则,DE2+CE2=5, 所以AD=BC=. 即从①②③任选两个作为条件,都可以得到AD=BC=,(8分) 下面求AD与平面EAB夹角的正弦值. 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AB垂直的直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(, 所以), 设平面EAB的一个法向量为m=(x,y,z), 则 令z=1,则x=0,y=-,(12分) 所以cos<,(14分) 因为直线AD与平面EAB的夹角为,m>, 所以直线AD与平面EAB夹角的余弦值为.(15分) 18.解析　(1)如图,延长BA,CD相交于E,连接SE,则直线SE为平面SCD与平面SBA的交线l.(2分) 证明如下:在△SAD中,SA=1,AD=,则SA2+AD2=SD2,所以SA⊥AD. 因为SA⊥AD,AD⊥AB,SA∩AB=A,所以AD⊥平面SAB. 又BC∥AD,所以BC⊥平面SAB,所以BC⊥SE.(6分) 由PD∥BC,AB=BC=1,AD=,得AE=1. 所以AE=AB=SA,所以SE⊥SB. 又因为BC∩SB=B,BC,SB⊂平面CSB, 所以SE⊥平面CSB,即l⊥平面CSB.(8分) (2)由(1)知,SA⊥AB,AD⊥AB,AD⊥SA.以A为坐标原点,AD,AB,AS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. 易得D,B(0,1,0),S(0,0,1),C(1,1,0), 则=(1,1,-1).(10分) 设(0<λ<1),则Q(λ,λ,1-λ),则=(λ,λ-1,1-λ). 设n=(x,y,z)是平面QBD的一个法向量, 则 令x=2,得y=1,z=.(13分) 易知m=(0,0,1)是平面CBD的一个法向量, 则|cos<n,m>|=或λ=0(舍去). 所以Q是SC的中点. 所以VQ-BDC=.(17分) 19.解析　因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE⊥AD,所以DE⊥平面ABCD,又DB⊂平面ABCD,所以DE⊥DB.(1分) 因为DE⊥AD,AD⊥BE,DE∩BE=E,所以AD⊥平面BDE, 又BD⊂平面BDE,所以AD⊥BD,故DA,DB,DE两两垂直,(3分) 以D为坐标原点,DA,DB,DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则D(0,0,0),B(0,1,0),C(-1,1,0),E(0,0,2),F(1,0,1), 所以=(-1,1,0).(5分) (1)易知n=(0,1,0)为平面DEF的一个法向量.(6分) 设平面BEF的一个法向量为m=(x,y,z), 则令z=1,得x=1,y=2,所以m=(1,2,1), 所以cos<m,n>=.(8分) 易知二面角B-EF-D的平面角为锐角,所以其余弦值为.(10分) (2)在线段BE上存在点Q,使得平面CDQ⊥平面BEF.(12分) 设=(0,-λ,2λ)(λ∈[0,1]), 所以=(0,1-λ,2λ). 设平面CDQ的一个法向量为u=(a,b,c), 则 令b=1,得a=1,c=.(14分) 由(1)知平面BEF的一个法向量为m=(1,2,1), 若平面CDQ⊥平面BEF,则m·u=0,即1+2+,(16分) 所以在线段BE上存在点Q,使得平面CDQ⊥平面BEF,此时.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $$