第6章空间向量与立体几何模拟测试卷-2024-2025学年高二下学期数学苏教版选择性必修第二册

第6章　空间向量与立体几何 一、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.在空间直角坐标系中,已知点P(1,3,5),则点P关于x轴的对称点的坐标是(　　) A.(-1,-3,5) B.(-1,3,-5) C.(1,-3,-5) D.(-1,-3,-5) 2.在空间直角坐标系中,a=(-2,m,3),b=(3,1,2),若a⊥b,则m的值为(　　) A.0 B.1 C.2 D.-1 3.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,化简 -=(　　) A. B. C. D. 4.若{a,b,c}构成空间的一个基底,则下列向量共面的是(　　) A.a,b+c,a+b B.a,a+c,a+b C.a+b+c,c,b D.b,a-b,a+b 5.在三棱锥P-ABC中,M是平面ABC上一点,且5=t+2+3,则t=(　　) A.1 B.2 C.3 D.-2 6.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,PA=BC,E为CD的中点,F为PC的中点,则异面直线BF与PE所成角的余弦值为(　　) A.- B. C.- D. 7.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2,BC=1,点P在侧面A1ABB1上.若点P到直线AA1和CD的距离相等,则A1P的最小值是(　　) A. B. C.2 D. 8.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=,BC=AA1=2,点P满足=m,其中m∈0,,则直线AP与平面BCC1B1所成角的最大值为(　　) A. B. C. D. 二、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.下列利用方向向量、法向量判断线面位置关系的结论正确的是(　　) A.若两条不重合的直线l1,l2的方向向量分别是a=(2,3,-1),b=(-2,-3,1),则l1∥l2 B.若直线l的一个方向向量是a=(0,3,0),平面α的一个法向量是μ=(0,-5,0),则l∥α C.若两个不同平面α,β的法向量分别为n1=(2,-1,0),n2=(-4,2,0),则α∥β D.若平面α经过三点A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),向量n1=(1,u,t)是平面α的法向量,则u+t=1 10.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=,AB=2AD=2PD,PD⊥底面ABCD,则(　　) A.PA⊥BD B.直线PB与平面ABCD所成的角为 C.异面直线AB与PC所成角的余弦值为 D.二面角A-PB-C的正弦值为 11.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱AB,BC上的动点,且=λ()(λ∈R),则(　　) A.A1C1∥MN B.A1N⊥C1M C.存在无数条直线与直线AB,CC1,A1D1均相交 D.当三棱锥M-B1BN的体积最大时,二面角B1-MN-B的余弦值为 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.定义a􀱋b=|a|2-a·b.若向量a=(1,-2,3),向量b为单位向量,则a􀱋b的取值范围是　　　　　.  13.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=1,AA1=3,则异面直线A1C1与AD1所成角的余弦值为　　　　.  14.如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A在平面α内,其余顶点均在平面α的同侧,AB=3,AD=4,AA1=5,若顶点B到平面α的距离为2,顶点D到平面α的距离为2,则顶点A1到平面α的距离为　　　　　.  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)已知向量a=(-2,-1,2),b=(-1,1,2),c=(x,2,2). (1)求|a-2b|; (2)当|c|=2时,若向量ka+b与c垂直,求实数x和k的值; (3)若向量c与向量a,b共面,求x的值. 16.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,E为AD的中点,底面ABCD是边长为2的正方形,且二面角P-BE-C的余弦值为. (1)求PD的长; (2)求点C到平面PEB的距离. 17.(15分)(2023新高考Ⅰ)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3. (1)证明:B2C2∥A2D2; (2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P的长. 18.(17分)如图,在四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点. (1)证明:AC⊥平面BDE; (2)设DE⊥BE,DE=1,∠ACB=60°,点F在线段BD上,若CF与平面ABD所成角的正弦值为,求此时点F的位置. 19.(17分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=2,BC=2,M,N分别是CC1,BC的中点,点P在线段A1B1上,且=λ. (1)证明:AM⊥PN. (2)当λ取何值时,直线PN与平面AMN所成角θ最小? (3)是否存在点P,使得平面PMN与平面ABC所成的二面角的正弦值为?若存在,试确定点P的位置;若不存在,请说明理由. 参考答案 1.C　空间点关于x轴对称,则x轴上坐标不变,y轴、z轴上坐标取相反数,故点P关于x轴的对称点的坐标是(1,-3,-5).故选C. 2.A　因为a=(-2,m,3),b=(3,1,2),且a⊥b,所以-2×3+m+3×2=0,解得m=0.故选A. 3.B　由长方体的结构特征,有,则故选B. 4.D　对于选项A,假设存在一组实数对λ,μ满足a=λ(b+c)+μ(a+b),可知λ,μ无解,即向量a,b+c,a+b不共面; 对于选项B,假设存在一组实数对λ,μ满足a=λ(a+c)+μ(a+b),可知λ,μ无解,即向量a,a+c,a+b不共面; 对于选项C,假设存在一组实数对λ,μ满足a+b+c=λc+μb,可知λ,μ无解,即向量a+b+c,c,b不共面; 对于选项D,存在一组实数对λ=-,μ=满足b=-(a-b)+(a+b),即b,a-b,a+b是共面向量. 故选D. 5.C　因为5=t+2+3=t+2+3(), 所以8=t+2+3, 即 因为M是平面ABC上一点,所以=1, 所以t=3.故选C. 6.B　如图,以{}为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,设AB=2,则A(0,0,0),B(2,0,0),P(0,0,2),C(2,2,0),D(0,2,0),则E(1,2,0),F(1,1,1),所以=(-1,1,1),=(1,2,-2),所以cos<>==-,所以异面直线BF与PE所成角的余弦值为故选B. 7.B　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, 设P(1,m,n),其中m,n∈[0,2],A1(1,0,2),D(0,0,0),C(0,2,0),则点P到直线AA1的距离为m,点P(1,m,n)到直线CD的距离为,故m=, 则A1P=因为n∈[0,2],故当n=1,m=时,A1P取得最小值,最小值为故选B. 8.B　分别取BC,B1C1的中点D,D1,则DD1∥BB1,即DD1⊥平面ABC,连接AD.因为AB=AC,所以AD⊥BC.以{}为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz, 由已知,得AD=,则A(,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),C1(0,-1,2), 所以=(0,2,0),=(0,0,2). 因为=m=(0,2m,3-2m), =(-,-1,0), 所以=(-,2m-1,3-2m). 易知平面BCC1B1的一个法向量是n=(1,0,0), 设直线AP与平面BCC1B1所成角为θ,则, sin θ=|cos<n,>|= = =, 所以当m=1时,(sin θ)max=,即θ的最大值是故选B. 9.ACD　对于A,由题意,得a=-b,所以a,b共线. 又直线l1,l2不重合, 所以l1∥l2,故A正确; 对于B,由题意,得μ=-a,所以l⊥α,故B不正确; 对于C,由题意,得n2=-2n1,所以α∥β,故C正确; 对于D,由A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0), 得=(-1,1,1),=(-1,1,0), 又向量n1=(1,u,t)是平面α的一个法向量, 所以 则u+t=1,故D正确. 故选ACD. 10.ABD　连接BD.因为∠DAB=,设AB=2AD=2PD=2a, 由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD·AB·cos ∠BAD,所以BD2=a2+4a2-4a2=3a2, 则BD=a,则BD2+AD2=AB2,即BD⊥AD. 又PD⊥底面ABCD,AD,BD⊂底面ABCD,所以PD⊥AD,PD⊥BD, 如图,以{}为单位正交基底,建立空间直角坐标系D-xyz, 则D(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,a,0),P(0,0,a). 对于A,=(a,0,-a),=(0,-a,0),则=0+0+0=0, 所以PA⊥BD,故A正确; 对于B,=(0,a,-a),因为PD⊥底面ABCD,所以=(0,0,a)是平面ABCD的一个法向量,所以cos<>==-, 则直线PB与平面ABCD所成的角的正弦值为,即PB与平面ABCD所成的角为,故B正确; 对于C,=(-a,a,0),=(-a,a,-a), 则cos<>=, 则异面直线AB与PC所成角的余弦值为,故C错误; 对于D,设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1),则 令y1=1,则n=(,1,). 设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),则 令y2=1,则m=(0,1,), 所以cos<n,m>= 令二面角A-PB-C的平面角为θ(0≤θ≤π),则|cos θ|=, 所以sin θ=,故D正确. 故选ABD. 11.BCD　以{}为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1),B1(1,1,1),C(0,1,0),C1(0,1,1). 设=t=(0,t,0),即点M(1,t,0),其中0≤t≤1. 设=s=(s,0,0),即点N(s,1,0),其中0≤s≤1,则=(s-1,0,0). 所以=λ()=(0,λt,0)+(λs-λ,0,0)=(λs-λ,λt,0)=(-1,1,0), 所以所以 所以M1,,0,N1-,1,0, 所以=-,1-,0.又=(-1,1,0), 若A1C1∥MN,则,所以,所以λ=2, 故只有当λ=2时,A1C1∥MN,故选项A错误; 因为=(-,1,-1),=(1,-1,-1), 所以1+1+(-1)×(-1)=0,　 所以A1N⊥C1M,故选项B正确; 设直线AB上任一点为M'(1,m,0),CC1上任一点为H(0,1,n),A1D1上任一点为K(k,0,1),其中m>0,n>0,k>0,=(-1,1-m,n),=(k,-1,1-n). 当M',H,K三点共线时,存在直线M'K与直线AB,CC1,A1D1分别交于点M',H,K. 由M',H,K三点共线,得, 所以(k≠0,n≠1), 所以m=1-,n=,所以当k∈R,且k≠0,k≠1时,m,n随着k的变化而变化,所以存在无数条直线与直线AB,CC1,A1D1均相交,故选项C正确; 由等体积法得BM·BN·1=(1-t)·(1-s),又(1-t)·(1-s)=(1-), 当且仅当1-,即λ=2时,等号成立,此时三棱锥M-B1BN的体积最大, 故M1,,0,N,1,0,=-,0,=0,-,-1. 设平面B1MN的法向量为m=(a,b,c), 则令b=2,则a=2,c=-1,得m=(2,2,-1). 显然底面BMN的一个法向量为n=(0,0,1). 设二面角B1-MN-B的平面角为θ,由题意知θ为锐角. 因为cos<m,n>==-, 所以cos θ=, 故当三棱锥M-B1BN的体积最大时,二面角B1-MN-B的余弦值为,故选项D正确. 故选BCD. 12.[14-,14+]　由题意知|a|=,|b|=1. 设<a,b>=θ,则a􀱋b=|a|2-a·b=|a|2-|a|·|b|cos θ=14-cos θ. 又θ∈[0,π],所以cos θ∈[-1,1],故a􀱋b∈[14-,14+].故答案为[14-,14+]. 13 　 如图,以{}为单位正交基底,建立空间直角坐标系D-xyz, 则A(1,0,0),D1(0,0,3),A1(1,0,3),C1(0,2,3), 则=(-1,0,3),=(-1,2,0), 所以cos<>=, 因此,异面直线A1C1与AD1所成角的余弦值为 故答案为 14.　以A为原点,AB,AD,AA1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(3,0,0),D(0,4,0),A1(0,0,5), 所以=(3,0,0),=(0,4,0),=(0,0,5). 设平面α的一个法向量为n=(x,y,z), 由题意可得 解得所以顶点A1到平面α的距离为故答案为 15.解 (1)因为a=(-2,-1,2),b=(-1,1,2), 所以a-2b=(-2,-1,2)-2(-1,1,2)=(0,-3,-2), 所以|a-2b|= (2)因为|c|=2,所以=2,解得x=0. 因为ka+b=(-2k-1,1-k,2k+2),且向量ka+b与c垂直, 所以(ka+b)·c=0,c=(0,2,2),即2-2k+4k+4=2k+6=0,所以k=-3,所以实数x和k的值分别为0和-3. (3)设c=λa+μb(λ,μ∈R),则(x,2,2)=λ(-2,-1,2)+μ(-1,1,2),解得x=-,λ=-,μ=, 即向量c与向量a,b共面时,x=- 16.解 (1)如图所示,以{}为单位正交基底,建立空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),B(2,2,0),E(1,0,0),C(0,2,0). 设PD=a,则P(0,0,a). 所以=(2,2,-a),=(1,0,-a). 易得平面CBE的一个法向量为n1=(0,0,1). 设平面PBE的一个法向量为n2=(x,y,z), 则有 取z=1,则x=a,y=-, 即n2= 由题知,二面角P-BE-C的余弦值为cos<n1,n2>=, 解得a=2, 故PD的长为2. (2)由(1)得n2=(2,-1,1),=(2,0,0). 则点C到平面PEB的距离为d= 17.(1)证明 以C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图, 则C(0,0,0),C2(0,0,3),B2(0,2,2),D2(2,0,2),A2(2,2,1), =(0,-2,1),=(0,-2,1), 又B2C2,A2D2不在同一条直线上, ∴B2C2∥A2D2. (2)解 设P(0,2,λ)(0≤λ≤4), 则=(-2,-2,2),=(0,-2,3-λ),=(-2,0,1). 设平面PA2C2的一个法向量n=(x1,y1,z1), 则 令z1=2,得y1=3-λ,x1=λ-1, ∴n=(λ-1,3-λ,2). 设平面A2C2D2的一个法向量m=(a,b,c), 则 令a=1,得b=1,c=2,∴m=(1,1,2), ∴|cos<n,m>|==|cos 150°|=, 化简可得λ2-4λ+3=0, 解得λ=1或λ=3, ∴P(0,2,1)或P(0,2,3), ∴B2P=1. 18.(1)证明 因为AD=CD,E为AC的中点, 所以AC⊥DE. 在△ABD和△CBD中,AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB, 所以△ABD≌△CBD,所以AB=CB. 又E为AC的中点,所以AC⊥BE. 又DE,BE⊂平面BDE,DE∩BE=E, 所以AC⊥平面BDE. (2)解 因为∠ACB=60°,且AB=CB, 所以△ABC是等边三角形. 因为AD⊥CD,且AD=CD,E为AC的中点,所以在等腰直角三角形ADC中,DE=AE=EC=1,则BE= 因为DE⊥AC,BE⊥DE,AC⊥BE,以{}为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz, 则A(1,0,0),B(0,,0),D(0,0,1), 所以=(-1,0,1),=(-1,,0),=(0,,-1). 设平面ABD的法向量为n=(x,y,z), 则取y=,则n=(3,,3). 又C(-1,0,0),所以=(1,0,1), 设==(0,,-λ),, 所以=(1,,1-λ). 设CF与平面ABD所成的角为θ0, 因为sin θ=|cos<n,>|=, 所以|cos<n,>|= =, 所以(4λ-1)2=0,解得λ=, 所以点F为线段BD靠近点D的四等分点. 19.解 (1)因为AB=AC=2,BC=2,则AB2+AC2=BC2,即AB⊥AC,如图所示,以A为原点建立空间直角坐标系, 则A1(0,0,2),B1(2,0,2),M(0,2,1),N(1,1,0),可得==(2λ,0,0),=(0,0,2)+(2λ,0,0)=(2λ,0,2), 即P(2λ,0,2),=(1-2λ,1,-2). 又因为=(0,2,1),可得=0, 所以无论λ取何值,AM⊥PN. (2)由(1)可知,=(0,2,1),=(1,1,0), 设平面AMN的一个法向量为m=(x,y,z), 则 取y=1,则x=-1,z=-2, 可得m=(-1,1,-2),可得sin θ=|cos<,m>|=, 令t=λ+2,t∈[2,3], 则sin θ=, 所以当t=2,即λ=0时,θ取得最小值,此时sin θ= (3)存在. 假设存在,易知平面ABC的一个法向量为u=(0,0,1). 因为=(1,-1,-1),=(1-2λ,1,-2), 设n=(a,b,c)是平面PMN的一个法向量, 则 令a=3,可得c=2-2λ,b=1+2λ, 可得n=(3,1+2λ,2-2λ),则|cos<u,n>|=, 化简得8λ2-22λ+5=0,解得λ=或λ= 因为λ∈[0,1],可得λ=, 所以存在点P使平面PMN与平面ABC所成二面角的正弦值为,点P为A1B1上靠近A1的四等分点. 18 学科网（北京）股份有限公司 $