第6章 空间向量与立体几何 测评卷（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（苏教版）

密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 第6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.已知空间向量a,b,c两两夹角均为60°,其模均为1,则|a+b-2c|=(　　) A. 2.如图,点P为平行四边形ABCD所在平面外一点,H为PC上的点,且,点G在AH上,且=m,若G,B,P,D四点共面,则实数m=(　　) A. 3.已知AB是圆柱下底面的直径,C是下底面的中点,CF,BG是圆柱的母线,M是线段CF的中点,AB=CF=4,则点F到平面AMG的距离为(　　) A.1　　　B. 4.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,AB=1,AP=2,PA⊥平面ABCD,动点M,N分别在线段BD和PC上,则线段MN的长的最小值为(　　) A. 5.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. 6.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为平面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 7.在三棱锥P-ABC中,底面ABC是边长为2的正三角形,若三棱锥P-ABC的体积为,则的最小值为(　　) A.8　　　B.9　　　C.10　　　D.18 8.如图所示,在四棱锥E-ABCD中,平面AED⊥平面ABCD,四边形ABCD为矩形,△AED为等腰直角三角形,且AE=ED=AB=2,AD=2,点F在线段AD上,则三棱锥E-FBC外接球的表面积S的取值范围为(　　) A.　　　B.[11π,12π]　　　 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.已知a=(-2,-1,1),b=(3,4,5),则下列结论正确的是(　　) A.(2a+b)∥a　　　B.5|a|=|b| C.a⊥(5a+6b)　　　D.a与b夹角的余弦值为- 10.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 11.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,动点P满足,其中λ∈(0,1),μ∈R,且μ≠0,则(　　) A.对任意的λ∈(0,1),μ∈R且μ≠0,都有平面ACP⊥平面A1B1D B.当λ+μ=1时,三棱锥B-A1PD的体积为定值 C.当λ=时,存在点P,使得∠A1PB>90° D.当μ=时,存在点P,使得AP⊥平面PCD 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.已知直线l经过A(-1,-1,0),B(1,-1,2)两点,则点P(-1,1,2)到直线l的距离为　　　　.  13.在三棱锥P-ABC中,PB=2,∠PAB=∠ABC=30°,PB⊥AB,AC⊥AB,点M,N分别在线段AP,BC上运动.若二面角P-AB-C的大小为60°,则MN的长的最小值为　　　　.  14.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H,K,L分别是AB,BB1,B1C1,C1D1,D1D,DA的中点,则直线A1C与平面EFGHKL所成角的大小为　　　　;若P,Q是六边形EFGHKL边上两个不同的动点,设直线D1B与直线PQ所成的最小角为θ,则sin θ的值为　　　　.  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,将等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的中线AD翻折,得到四面体PABD. (1)证明:AD⊥平面PBD; (2)若AD=2,PB=2,求平面PAD与平面PAB夹角的余弦值. 16.(15分)如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是正方形,BF=DE,BF∥DE,M是AE的中点. (1)求证:EC∥平面BDM; (2)若DE⊥平面ABCD,AB=4,BM⊥CF,P为线段CE上一点,且,求直线PM与平面AEF所成角的正弦值. 17.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PDC⊥平面ABCD,AD⊥DC,AB∥DC,AB=DC,PD=AD=1,M为棱PC的中点. (1)证明:BM∥平面PAD; (2)若PC=,AB=1. (i)求二面角P-DM-B的余弦值; (ii)在线段PA上是否存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离是?若存在,求出的值;若不存在,说明理由. 18.(17分)在△NBC中,∠NBC=90°,AD∥BC,NA=CD=2AB=2,如图,将△NAD沿AD翻折至△PAD的位置. (1)证明:平面PBC⊥平面PAB; (2)二面角P-AD-B的平面角的大小为120°. (i)求PA与平面PBC所成角的正弦值; (ii)在线段PD上是否存在点E,使得平面ABE与平面PDC夹角的余弦值为?若存在,确定点E的位置;若不存在,说明理由. 19.(17分)如图,已知在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC,CM⊥AB于点M,点N在棱CC1上,满足=λ(0<λ<1). (1)若λ=,求证:CM∥平面B1AN; (2)设平面B1AN与平面B1MC所成的角为θ,若A1B⊥B1C,试判断命题“∃λ∈(0,1),使得θ=”的真假,并说明理由. 答案全解全析 第6章　空间向量与立体几何 1.B 2.C 3.B 4.A 5.C 6.A 7.C 8.A 9.BCD 10.BD 11.AB 1.B　|a+b-2c|= =. 2.C　连接AC,易得. 因为G,B,P,D四点共面,所以=1,所以m=. 3.B　分别取圆柱上、下底面的圆心O',O,连接O'O,OC, 易得OC,OB,OO'两两互相垂直, 以{}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则A(0,-2,0),G(0,2,4),M(2,0,2),F(2,0,4),所以=(0,0,-2). 设平面AMG的法向量为n=(x,y,z),则令y=1,得z=-1,x=0,所以n=(0,1,-1), 所以点F到平面AMG的距离d=. 4.A　因为四边形ABCD是正方形,所以AB⊥AD,因为PA⊥平面ABCD,且AB,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD,所以AB,AD,AP两两互相垂直,所以以{}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz, 由题意可设M(t,1-t,0),0≤t≤1,N(m,m,2-2m),0≤m≤1, 则MN=, 当m=时,MN的长取得最小值,为. 5.C　连接AD1,由已知得, 所以. 因为BM=3D1M,所以, 所以. 6.A　由题意得,AS,AB,AD两两互相垂直,以{}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,0,0). 因为P为平面ABCD内的一个动点, 所以可设P(x,y,0),连接PA, 则=(2-x,-y,0), 因为SA⊥平面ABCD,PB⊂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. 7.C　易得S△ABC=, 设点P到平面ABC的距离为h,则S△ABC·h=,解得h=2. 设点P在平面ABC内的射影为H,连接HB,HC,HA, 则|⊥⊥⊥, 则···)·()·()·(·········, 在正△ABC中,取AB的中点O,连接OC,以O为原点,AB,OC所在直线分别为x轴,y轴,建立平面直角坐标系,如图所示,则A(-1,0),B(1,0),C(0,). 设H(m,n),则···=(-1-m,-n)·(1-m,-n)+(-1-m,-n)·(-m,-n)+(1-m,-n)·(-m,-2,所以当m=0,n=时,···取得最小值,为-2,故···的最小值为12-2=10. 8.A　取AD的中点O,连接OE,因为AE=ED,所以OE⊥AD,又平面AED⊥平面ABCD,平面AED∩平面ABCD=AD,OE⊂平面AED, 所以OE⊥平面ABCD,又四边形ABCD为矩形,故AB⊥AD. 以O为原点,OD,OE所在直线分别为y轴,z轴,在平面ABCD内,过O点且平行于AB的直线为x轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 因为AE=ED=2,AD=2,所以OA=OE=OD=,故E(0,0,), 又AB=2,故B(2,-,0), 设F(0,a,0)(-≤a≤),三棱锥E-FBC外接球的球心为G(x,y,z),半径为R,则解得 则R2=, 因为-≤a≤,所以0≤a2≤2, 所以当a2=时,R2取得最小值,为, 当a2=2时,R2取得最大值,为3,所以R2∈, 所以三棱锥E-FBC外接球的表面积S=4πR2∈. 9.BCD　易得2a+b=(-1,2,7),因为a=(-2,-1,1),且≠,所以2a+b与a不平行,故A中结论错误;由题知,|a|=,|b|=,所以5|a|=|b|,故B中结论正确;易得5a+6b=(8,19,35),则a·(5a+6b)=(-2)×8-1×19+1×35=0,所以a⊥(5a+6b),故C中结论正确;cos<a,b>=,故D中结论正确. 10.BD　取BD的中点O,连接AO,CO.易得OA,OC,OD两两互相垂直,∴以O为坐标原点,OC,OD,OA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. 设OC=1,则A(0,0,1),B(0,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),∴=(0,2,0). ∵cos<, ∴AD与BC所成的角为60°,故A中结论错误. ∵·=0,∴AC⊥BD,故B中结论正确. 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), 设BC与平面ACD所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,t>|=,故C中结论错误. 易知平面BCD的一个法向量为(0,0,1),记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), 设平面ABC与平面BCD的夹角为α,易知α为锐角, 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中结论正确. 11.AB　对于A,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a, 以{}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,a,0),A1(0,0,a),B1(a,0,a),D1(0,a,a),所以=(0,a,a),故=λ(a,a,0)+μ(0,a,a)=(λa,(λ+μ)a,μa). 设平面A1B1D的法向量为m=(x1,y1,z1), 则取y1=1,可得m=(0,1,1), 设平面ACP的法向量为n=(x2,y2,z2), 则取x2=1,可得n=(1,-1,1), 因为m·n=-1+1=0,所以m⊥n,所以对于任意的λ∈(0,1),μ∈R且μ≠0,都有平面ACP⊥平面A1B1D,故A正确. 对于B,当λ+μ=1时,=(λa,a,μa),则P(λa,a,μa), 易得=(-μa,a,μa), 设平面A1BD的法向量为u=(x3,y3,z3), 则取x3=1,可得u=(1,1,1), 所以点P到平面A1BD的距离d=a, 又△A1BD的面积为定值,所以三棱锥P-A1BD的体积为定值,即三棱锥B-A1PD的体积为定值,故B正确. 对于C,当λ=时,P, 则, 所以·=2a2·>0, 所以当λ=时,不存在点P,使得∠A1PB>90°,故C错误. 对于D,当μ=时,,假设存在点P,使得AP⊥平面PCD,因为DC⊂平面PCD,所以AP⊥DC,又=(a,0,0),所以·=λa2=0,解得λ=0,与题设条件不符,所以假设不成立,故当μ=时,不存在点P,使得AP⊥平面PCD,故D错误. 12.答案　 解析　由题可知=(2,-2,0),则|·=4,故点P到直线l的距离为. 13.答案　 解析　依题意可将三棱锥P-ABC补形成直三棱柱BDP-ACQ,如图. 易知PB⊥AB,AC⊥AB,满足题意,因为AB⊥AQ,AB⊥AC,所以∠QAC为二面角P-AB-C的平面角,即∠QAC=60°. 在Rt△PAB中,PB=2,∠PAB=30°,则AB=2. 在Rt△ABC中,∠ABC=30°,则AC=2, 又AQ=BP=2,∠QAC=60°,所以△ACQ是正三角形. 要求MN的长的最小值,即求异面直线AP,BC间的距离. 以A为原点,建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(0,0,2,1,0), 故,1,0), 设n=(x,y,z)同时垂直于,则 取z=1,则x=3,y=-,故n=(3,-,1), 所以MN的长的最小值为. 14.答案　90°; 解析　如图,以{}为正交基底,建立空间直角坐标系. 设正方体的棱长为2,则A1(2,0,2),E(2,1,0),C(0,2,0),F(2,2,1),G(1,2,2),D1(0,0,2),B(2,2,0),∴··=2+2-4=0,∴A1C⊥EF,A1C⊥EG,又EG∩EF=E,EG,EF⊂平面EFGHKL,∴A1C⊥平面EFGHKL,∴直线A1C与平面EFGHKL所成角的大小为90°. 易得平面EFGHKL的一个法向量为=(-2,2,-2). 设D1B与平面EFGHKL所成的角为α, 则sin α=|cos<. ∵直线PQ⊂平面EFGHKL,∴直线D1B与直线PQ所成的最小角即为直线D1B与平面EFGHKL所成的角,∴sin θ=. 15.解析　(1)证明:因为AD为等腰直角三角形ABC斜边BC上的中线, 所以AD⊥BD,AD⊥CD,所以AD⊥PD,(3分) 又PD,BD⊂平面PBD,PD∩BD=D,所以AD⊥平面PBD.(5分) (2)易得BD=DP=2, 在△PBD中,由余弦定理的推论得cos∠BDP=,所以∠BDP=120°. 因为AD⊥平面PBD,所以以D为坐标原点,DP,DA所在直线分别为y轴,z轴,过点D且与平面ADP垂直的直线为x轴,建立如图所示的空间直角坐标系.(7分) 易得D(0,0,0),P(0,2,0),A(0,0,2),B(,-1,0),则,3,0).(8分) 设平面PAB的法向量为n=(a,b,c),则即 令b=1,得a=,c=1,所以n=(,1,1).(10分) 易知平面PAD的一个法向量为(1,0,0),记m=(1,0,0).(11分) 设平面PAD与平面PAB的夹角为θ,则cos θ=|cos<m,n>|=, 所以平面PAD与平面PAB夹角的余弦值为.(13分) 16.解析　(1)证明:如图,连接AC交BD于N,连接MN, 因为四边形ABCD是正方形,所以N为AC的中点, 又M是AE的中点,所以MN是△ACE的中位线,所以MN∥EC,(3分) 又EC⊄平面BDM,MN⊂平面BDM,所以EC∥平面BDM.(6分) (2)由题意得DA,DC,DE两两互相垂直,以{}为正交基底,建立空间直角坐标系,如图. 设DE=a,则B(4,4,0),C(0,4,0),F(4,4,a),A(4,0,0),E(0,0,a),M,所以=(0,-4,a).(8分) 因为BM⊥CF,所以·=0,所以a=4, 则=(0,-4,4). 由, 得P,则.(10分) 设平面AEF的法向量为n=(x,y,z), 则令z=1,则x=1,y=-1,即n=(1,-1,1).(12分) 设直线PM与平面AEF所成的角为θ, 则sin θ=|cos<n,, 所以直线PM与平面AEF所成角的正弦值为.(15分) 17.解析　(1)证明:如图,取PD的中点E,连接ME,AE, ∵M为棱PC的中点,∴ME∥DC,ME=DC,(2分) 又AB∥DC,AB=DC,∴ME∥AB,ME=AB, ∴四边形ABME是平行四边形,∴BM∥AE,(4分) 又AE⊂平面PAD,BM⊄平面PAD,∴BM∥平面PAD.(6分) (2)∵AB=1,AB=DC,∴DC=2, 又PD=1,PC=,∴PC2=PD2+DC2,即PD⊥DC, 又平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=DC,PD⊂平面PDC, ∴PD⊥平面ABCD,又AD⊂平面ABCD,∴PD⊥AD, 又AD⊥DC,∴PD,AD,DC两两互相垂直,(8分) 以D为坐标原点,DA,DC,DP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),P(0,0,1),M.(9分) (i)设平面BDM的法向量为m=(x,y,z),则 又,故令y=1,可得x=-1,z=-2,∴m=(-1,1,-2),(10分) 又平面PDM的一个法向量为=(1,0,0), ∴cos<m,,(11分) 由图易知二面角P-DM-B的平面角为钝角, ∴二面角P-DM-B的余弦值为-.(12分) (ii)假设在线段PA上存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离为. 易得=(1,1,-1), 设(0≤λ≤1),∴=(λ,0,-λ), ∴=(λ,0,-λ)-(1,1,-1)=(λ-1,-1,1-λ), 由(i)知平面BDM的一个法向量为m=(-1,1,-2), ∴点Q到平面BDM的距离为, 则,解得λ=或λ=,(14分) 又0≤λ≤1,∴λ=,故在线段PA上存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离为,且.(15分) 18.解析　(1)证明:因为∠NBC=90°,AD∥BC,所以AD⊥AP,AD⊥AB. 又因为AP∩AB=A,AP,AB⊂平面PAB, 所以AD⊥平面PAB,所以BC⊥平面PAB,(3分) 又BC⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面PAB.(4分) (2)(i)在四棱锥P-ABCD中,由(1)知AD⊥AP,AD⊥AB, 所以∠PAB即为二面角P-AD-B的平面角,故∠PAB=120°. 由NA=CD=2AB=2,AD∥BC,得NC=6,NB=3, 又∠NBC=90°,所以BC=3,∠DCB=30°.(6分) 过点A作AF⊥PB,交PB于点F(图略), 因为BC⊥平面PAB,AF⊂平面PAB,所以AF⊥BC, 又PB∩BC=B,PB,BC⊂平面PBC,所以AF⊥平面PBC, 所以∠APF即为PA与平面PBC所成的角. 在△PAB中,由余弦定理得PB=.(8分) 由等面积法得AF=, 所以sin∠APF=, 所以PA与平面PBC所成角的正弦值为.(10分) (ii)如图,建立空间直角坐标系A-xyz. 易得A(0,0,0),P(-1,0,,0),所以). 假设存在满足题意的点E,设,λ∈[0,1],则E(-λ,2λ),所以λ),(12分) 设平面ABE的法向量为m=(x,y,z), 则即则x=0, 令y=λ,得z=2λ-2,所以m=(0,λ,2λ-2). 设平面PDC的法向量为n=(a,b,c), 则即 令a=,得b=-1,c=-1,所以n=(,-1,-1).(15分) 设平面ABE与平面PDC的夹角为θ, 则cos θ=|cos<m,n>|=,解得λ=或λ=, 所以存在满足题意的点E,且点E为DP的中点或DP上靠近点P的五等分点.(17分) 19.解析　设BC=a,因为AC=BC,AC⊥BC,所以AC=a,又CM⊥AB,所以在Rt△ABC中,由等面积法得AB·CM=AC·BC,所以CM=a. 设AA1=b,以M为坐标原点,BA所在直线为x轴,过M且和BB1平行的直线为y轴,MC所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,(2分) 则A,M(0,0,0),所以a,-b,0).(4分) (1)证明:若,则, 所以.(5分) 设平面B1AN的法向量为m=(x,y,z), 则即 取x=b,则y=3a,z=0,所以m=(b,3a,0).(7分) 因为m·=0,且直线CM在平面B1AN外,所以CM∥平面B1AN.(8分) (2)命题“∃λ∈(0,1),使得θ=”是假命题.(9分) 理由如下:因为A1B⊥B1C,所以·a,-b,0)·=b2-a2=0,所以a=b,所以a,a,0),所以.(11分) 设平面B1AN的法向量为m1=(x1,y1,z1), 则即 取x1=,则y1=3,z1=(2-3λ),所以m1=.(13分) 因为AA1⊥平面ABC,CM⊂平面ABC,所以AA1⊥CM,又CM⊥AB,AB∩AA1=A,AB,AA1⊂平面ABB1A1,所以CM⊥平面ABB1A1,又A1B⊂平面ABB1A1,所以CM⊥A1B,又A1B⊥B1C,CM∩B1C=C,CM,B1C⊂平面B1MC,所以A1B⊥平面B1MC, 所以a,-a,0)与平面B1MC的法向量平行, 设平面B1MC的一个法向量为n,取n=(,1,0). 易知平面B1AN与平面B1MC所成的角为锐角,故cos θ=|cos<m1,n>|=.(15分) 若把cos θ看成关于λ的函数,则此函数在上单调递增,在上单调递减,所以<cos θ≤,所以≤θ<,所以不存在λ∈(0,1),使得θ=,故命题“∃λ∈(0,1),使得θ=”是假命题.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $