第3章 章末复习课3 空间向量与立体几何（Word练习）-【金榜题名】2026-2027学年高二数学选择性必修第一册高中同步学案（北师大版）

章末检测卷(三)　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．已知平面α和平面β的法向量分别为m＝(3，1，－5)，n＝(－6，－2，10)，则(　　) A．α⊥β B．α∥β C．α与β相交但不垂直 D．以上都不对 解析：选B　∵n＝(－6，－2，10)，m＝(3，1，－5)， ∴n＝－2m.∴m∥n.∴α与β平行． 2．已知a＝(－3，2，5)，b＝(1，5，－1)，则a·(a＋3b)＝(　　) A．(0，34，10)　　　　　B．(－3，19，7) C．44 D．23 解析：选C　a＋3b＝(－3，2，5)＋3(1，5，－1)＝(0，17，2)，则a·(a＋3b)＝(－3，2，5)·(0，17，2)＝0＋34＋10＝44. 3．已知a＝3m－2n－4p≠0，b＝(x＋1)m＋8n＋2yp，且m，n，p不共面，若a∥b，则x，y的值为(　　) A．x＝－13，y＝8 B．x＝－13，y＝5 C．x＝7，y＝5 D．x＝7，x＝8 解析：选A　因为a∥b且a≠0，所以b＝λa，即(x＋1)m＋8n＋2yp＝3λm－2λn－4λp.又因为m，n，p不共面，所以＝＝，所以x＝－13，y＝8. 4．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点O是A1C1的中点，则点O到平面ABC1D1的距离是(　　) A．　　　　　　　　　B． C． D． 解析：选B　以D为坐标原点，，，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略).则A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，C1(0，1，1)，O.＝(0，1，0)，＝(－1，0，1)，＝.可求得平面ABC1D1的一个法向量n＝(1，0，1)，∴点O到平面ABC1D1的距离d＝＝. 5．如图，空间四边形OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在上，且OM＝2MA，点N为BC中点，则＝(　　) A．a－b＋c B．－a＋b＋c C.a＋b－c D．a＋b－c 解析：选B　由题意＝＋＋＝＋－＋＝－＋＋－＝－＋＋ ，又＝a，＝b，＝c，∴＝－a＋b＋c，故选B. 6．如图所示，已知点P为菱形ABCD外一点，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，点F为PC中点，则二面角C­BF­D的平面角的正切值为(　　) A． B． C． D． 解析：选D　连接BD交AC于点O，连接OF，易知OB，OC，OF两两垂直． 以O为原点，OB，OC，OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系． 设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝，所以B，F，C，D. 易知＝为平面BDF的一个法向量． 由＝，＝，可求得平面BCF的一个法向量为n＝(1，，)， 所以cos 〈n，〉＝， 由题图知二面角C­BF­D的平面角为锐角， 所以sin 〈n，〉＝，所以tan 〈n，〉＝. 7．如图所示，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，E是CD的中点，F是AD上一点，当BF⊥PE时，AF∶FD的值为(　　) A．1∶2 B．1∶1 C．3∶1 D．2∶1 解析：选B　以AB，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)， 设正方形边长为1， PA＝a，则B(1，0，0)，E，P(0，0，a). 设点F的坐标为(0，y，0)， 则＝(－1，y，0)，＝， ∵BF⊥PE，∴·＝0， 解得y＝，即点F的坐标为， ∴F为AD的中点，∴AF∶FD＝1∶1，故选B. 8．三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，N是BC的中点，点P在A1B1上，且满足＝λ，直线PN与平面ABC所成的角为θ取最大值时，λ的值为(　　) A． B． C． D． 解析：选A　 以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系A­xyz，则＝，易得平面ABC的一个法向量为n＝(0，0，1)，则直线PN与平面ABC所成的角θ满足：sin θ＝|cos 〈，n〉| ＝， 又θ∈，所以当sin θ最大时，θ最大， 所以当λ＝时，sin θ取得最大值，为，此时直线PN与平面ABC所成的角θ取最大值． 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．若A，B，C，D为空间不同的四点，则下列各式为零向量的是(　　) A．＋2 ＋2 ＋ B．2 ＋2 ＋3 ＋3 ＋ C．＋＋ D．－＋－ 解析：选BD　A中，原式＝＋2 ＋＝＋＋＋＝＋，不符合题意；B中，原式＝2(＋＋＋)＋(＋＋)＝0；C中，原式＝，不符合题意；D中，原式＝(－)＋(－)＝0.故选BD. 10．已知空间三点A(1，0，3)，B(－1，1，4)，C(2，－1，3).若∥，且||＝，则点P的坐标为(　　) A．(4，－2，2) B．(－2，2，4) C．(2，－2，4) D．(－4，2，－2) 解析：选AB　∵∥，∴可设＝λ .易知＝(3，－2，－1)，则＝(3λ，－2λ，－λ).又||＝， ∴＝， 解得λ＝±1， ∴＝(3，－2，－1)或＝(－3，2，1).设点P的坐标为(x，y，z)，则＝(x－1，y，z－3)， ∴或 解得或 故点P的坐标为(4，－2，2)或(－2，2，4).故选AB. 11．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A­BD­C，则下列四个结论正确的是(　　) A．AC⊥BD B．△ACD是等边三角形 C．AB与平面BCD所成的角为60° D．AB与CD所成的角为60° 解析：选ABD　 如图所示，建立空间直角坐标系O­xyz，设正方形ABCD边长为，则D(1，0，0)，B(－1，0，0)，C(0，0，1)，A(0，1，0)，所以＝(0，－1，1)，＝(2，0，0)，·＝0，故AC⊥BD，A正确． 又|AC|＝，||＝，||＝， 所以△ACD为等边三角形，B正确． 对于C，为平面BCD的一个法向量， cos 〈，〉＝ ＝ ＝＝－， 因为直线与平面所成的角α∈(0°，90°)， 所以AB与平面BCD所成角为45°.故C错误． 又cos 〈，〉＝ ＝＝－. 因为异面直线所成的角为锐角或直角， 所以AB与CD所成角为60°，故D正确． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．化简：(a＋2b－3c)＋5－3(a－2b＋c)＝________． 解析：原式＝a＋b－c＋a－b＋c－3a＋6b－3c＝a＋b＋c＝a＋b－c. 答案：a＋b－c 13．已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a，b，c共面，则λ＝________． 解析：由已知可发现a与b不共线，由共面向量定理可知，要使a，b，c共面，则必存在实数x，y，使得c＝xa＋yb， 即解得 答案： 14．在三棱柱ABC­A1B1C1中，底面是棱长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD＝1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α的值等于________． 解析：如图所示，建立空间直角坐标系，易求得点D，平面AA1C1C的一个法向量是n＝(1，0，0)，所以 cos 〈n，〉＝＝，即sin α＝. 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)已知a＝(x，4，1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)，a∥b，b⊥c，求： (1)a，b，c； (2)a＋c与b＋c所成角的余弦值． 解：(1)因为a∥b，所以＝＝，解得x＝2，y＝－4.这时a＝(2，4，1)，b＝(－2，－4，－1). 又因为b⊥c，所以b·c＝0，即－6＋8－z＝0，解得z＝2，于是c＝(3，－2，2). (2)由(1)得a＋c＝(5，2，3)，b＋c＝(1，－6，1)， 所以a＋c与b＋c所成角的余弦值cos θ＝＝－. 16．(15分)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝2，AC＝2，AA1＝3. (1)求异面直线BC1与A1C所成角的余弦值； (2)设3＝＋，求AG的长． 解：∵AA1⊥平面ABC，AB⊥AC， ∴以点A为坐标原点， 以AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz， 则A(0，0，0)，A1(0，0，3)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，3). (1)＝(－2，2，3)，＝(0，2，－3)， ∴|cos 〈，〉|＝ ＝＝， 则异面直线BC1与A1C所成角的余弦值为. (2)＝(－2，0，3)，＝(－2，2，0)， ＝(2，0，0)， ∵3＝＋＝(－4，2，3)， ∴＝， ∵＝＋＝， 因此，AG＝||＝＝. 17． (15分)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1. (1)证明：BE⊥平面EB1C1； (2)若AE＝A1E，求二面角B­EC­C1的平面角的正弦值． 解：(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1， BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE. 又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1， 所以BE⊥平面EB1C1. (2)由(1)知∠BEB1＝90°. 由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E， 所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB. 以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度， 建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz， 则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，＝(1，0，0)，＝(1，－1，1)，＝(0，0，2). 设平面EBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则即 所以可取n＝(0，－1，－1). 设平面ECC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则 即 所以可取m＝(1，1，0). 于是cos 〈n，m〉＝＝－. 所以二面角B­EC­C1的平面角的正弦值为. 18．(17分)如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图②. (1)证明：CD⊥平面A1OC； (2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值． 解：(1)证明：在题图①中，因为AB＝BC＝1，AD＝2， E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC， 即在题图②中，BE⊥OA1，BE⊥OC， 又OA1∩OC＝O，从而BE⊥平面A1OC.又BC綊DE， 所以四边形BCDE是平行四边形， 所以CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC. (2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由①知，BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC为二面角A1 ­BE ­C的平面角，所以∠A1OC＝.如图，以O为原点，分别以OB，OC，OA所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED， 所以B，E，A1，C， 则＝， ＝， ＝＝(－，0，0). 设平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ. 则即 可取n1＝(1，1，1)； 又即 可取n2＝(0，1，1). 从而cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝， 即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为. 19．(17分)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且＝. (1)求证：CD⊥平面PAD； (2)求二面角F­AE­P的平面角的余弦值； (3)设点G在PB上，且＝.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由． 解： (1)证明：因为PA⊥平面ABCD， 所以PA⊥CD. 又AD⊥CD，AD∩PA＝A， 所以CD⊥平面PAD. (2)过A作AD的垂线交BC于点M.因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD. 以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(2，－1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2). 因为E为PD的中点， 所以E(0，1，1). 所以＝(0，1，1)，＝(2，2，－2)，＝(0，0，2). 所以＝ ＝，＝＋＝. 设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令z＝1，则y＝－1，x＝－1. 于是n＝(－1，－1，1)为平面AEF的一个法向量． 易得平面PAD的一个法向量为p＝(1，0，0)， 则cos 〈n，p〉＝＝－. 由题知，二面角F­AE­P的平面角为锐角，所以其余弦值为. (3)直线AG在平面AEF内．理由如下， 因为点G在PB上，且＝，＝(2，－1，－2)， 所以＝ ＝，＝＋＝. 由(2)知，平面AEF的一个法向量n＝(－1，－1，1). 所以·n＝－＋＋＝0. 所以直线AG在平面AEF内． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$