第6章 空间向量与立体几何 章末检测-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（苏教版）

.6 ,设平面PCD与平面PBF所成的 1mln5.365 二面角为0，则n0=-os9-8y6,即平面PCD与平面PBF 65 所成的二面角的正弦值为8v6硕 65 重难点拨 利用空间向量计算二面角大小的两种方法： (1)找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然 后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实 际图形判断所求角的大小. (2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与 棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就 是二面角的大小 第6章章末检测 1.B解析：设A(x,y,z),则AB=(3-x,-1-y,-z)=(-2,-5,3),所以 (3-x=-2, (x=5, -1-y=-5,解得y=4,所以点A坐标为(5,4，-3).故选B. -z=3, z=-3, 2.A解析：因为n=(1,-1,2),A店=(-1,1，-2)，所以n=-A应，即 AB∥n,所以lLa故选A 3.B解析：因为a1c,所以2x-2+2=0=x=0,又b∥c,所以设b= 1=2入， Ac,即-1=-2x,→ =2'所以x+y=1,故选B y=2入 y=1, 4.B解析：如图，连接ON,:N是BC的中点，O成=O成+0心， 0成=2M成=号ad-成-成=2成+0成- 1 5.D解析：向量a在向量b上的投影向量为4：b.b-45 1bT16=4·(1, 0,√3)=(5,0,3).故选D. 6.C解析：由二面角的平面角的定义知(Bi,A心)=120°，.B. AC=1Bd1IAC1cos(BD,AC)=2×2×cos120°=-2，由AC⊥l,BD⊥， 得A花.BA=0,Bi.B=0,又D元=D成+BA+AC,1Dd12= (D+BA+Ad2=D+B+A衣+2D.BA+2D成.At+2BA· A花=22+22+22-2B励·A元=12-2×(-2)=16，所以1D元1=4，即 CD=4.故选C. 7.B解析：设上底面圆心为01，下底面圆心为0，连接001,01B1, O1C1,0B,OC,在下底面作OF⊥OD,以0为原点，分别以OD,OF, O01所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图： B↑z 0 0 参考答案 因为扇环对应的两个圆的半径之比为1：2,4B=1,所以B-】 0A2 得08=1,0A=2则s(mm0）,即a(分月.0） E(2ms号2m号，1），即1,1).c4(10,10,0(2.00. 成=(31，市1,0-，威=2.G=,成. G市子x1+月x0+1x(-)=分所以m(成.G- B成.C市2 1B211C12w2 ,又异面直线所成角的范围为(0,7]，故 异面直线BE与CD所成角的余弦值为径放选B 8.A解析：如图，以点A为原点，A店，A市，A分别作为x轴，y轴， z轴正方向，建立空间直角坐标系，则B(3,0,0),C(3,3,0),D(0, 3,0),P(0,0,6),G(1,0,4).所以D元=(1，-3,4)，P元=(3,3，-6)， D元=(3,0,0)，设n=(x,y,z)为直线PC和DC的公垂线的方向向 量，则有{ n·D元=x-3y+4z=0, n.Pd=3x+3y-6z=0 可取n=(1,3,2),所以异面直线 PC和DC的距高为心.m=3-3y故选L 1nl√1414 D C 9.AD解析：以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则有D(0, 0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),B1(1,1,1) C1(0,1,1),对A:A币=(-1,0,0)，B1C=(-1,0,0),故4市=B1C, 故A正确；对B:BD=(-1,-1,1),B1乙=(-1，-1，-1)，则BD· B1i=1+1-1=1,故B错误：对C:A店=(0,1,0)，B=(-1,-1,0), 则A成.B励=0-1+0=-1，故C错误；对D:AC=(-1,1,1),B1D= (-1,-1,0),则AC·B1D=1-1+0=0,故D正确故选AD. 10.BCD解析：对于A,若点P在直线A1D上，则x=0,则AP=yb+C, 由于A1,P,D三点共线，故y+z=1,A错误； 对于B,若点P在直线AC1上，则A市=入AC,A∈R,而AC=a+ b+c,结合A=xa+yb+zc,得x=y=z=A,B正确；对于C,若点P在 平面A1BD内，即A1,B,D,P四点共面，则由AP=xa+yb+zC,可知 x+y+z=1,C正确，对于D,若点P在平面B,BDD1内，则A= mA店+nA+sAB(m+n+s=l),则A产=mA2+nAi+s(A2+M)= (m+s)A+nAd+sAA,又A=xa+yb+zc,则x+y=m+s+n=1,D正 学霸29 确，故选BCD. 11.BCD解析：如图，建立空间直角坐标系，则Q(1,0,2),C(0,2, 0),A(1,1,0),B(1,2,0),D(0,1,0),A1(1,1,1),D1(0,1,1), P(2,0,1),故Qd=(-1,2,-2),Ad=(-1,0,0),4AB=(0,1,0), A4=(0,0,1),B0=(0,-2,2),B=(-1,-1,0),Q2=(1,0, -1),AD=(-1,0,1),所以Ad+2A店+2AA=(-1,0,0)+2(0,1, 0)+2(0,0,1)=（-1,2,2)≠Q元，A错误；记Q=tQ元=(-t,2 -2)(0≤t≤1)，则BM=B0+QM=(-t,2t-2,2-2),所以BM. B成=+2-2t=2-t,当t=0时，BM.B取得最大值2，B正确；记与 0心-(-1,2，-2)同向的单位向量为a=0 12 -号），则点P到直线c0的距离d=√i@-(.a2: 17 ,c正确：记异面直线c0与A0,所成角为00≤0≤号）， 则cos0=1cos(Q元，AD)1= 岩质 √34 以sin0=/1-（ 6 故选BCD. D C '0 个BC 12.5解析：依题意，a…b=b·c=c·a=2,则a-b+2c12= (a-b+2o)2=1a2+1b1241e12-2a-b-4b-e4ae=6-2x 4+4x=5,则a-6+2x1=5.答案为5 184解折知图，成：成号成音成，故15网：-成： 2+4成3成+号成+成. 不妨令i:3成则i:+号应+号成，又 1 .2 5 551 专1，故点瓜A,8G共面，故x=子=子× 2 2 6=4.故答案为4. 14.牙3解析：成=x成+y(x,y∈R)点Q在平面MGN 上，如图①，分别取AB,CC1,C1D1的中点E,F,0,连接0C,0F, FN,EN,AD1,OE,NG,因为M,G分别为AA1,A1D1的中点，所 以MG∥AD1,又由正方体ABCD-A1B,C,D1可得D10= 2D,CAB=24,DG∥A,DG=A,故n0∥AE,D0=AC, 故四边形D1OEA为平行四边形，故AD1∥OE,故MG∥OE,故M. G,0,E四点共面，同理可证M,G,N,E四点共面，故M,G,O,N,E 五点共面，同理可证G,O,N,F四点共面，故M,G,O,F,N,E六点共 选择性必修第二册·SJ 面，由正方体的对称性可得六边形OFNEMG为正六边形. ① 故点Q的轨迹是正六边形OFNEMG.故当x=y=1时，Md=Md+ M=M,故此时点Q在F处.又平面ABB,A1∥平面DCC,D1,故 直线NQ与平面ABB1A1所成角即为直线NF与平面DCC,D1所 成角，即为牙 因为正方体ABCD-A1B1C,D1的棱长为2，所以正六边形 OFNEMG的边长为√2， ② 如图②，Md.Md=1Mdl×1Md1 cosLQMG,故当1Md1cos∠QMG 最大时M心·Md取得最大值，即Md在Md上的投影最大时Md· Md取得最大值.由图②可得Q在0时取得最大值2×1Md1· cos30°=√2×√6·cos30°=3，.MG·M0的最大值为3. 15.解：(1)因为b=(1,0,2),c=(1,3,2),所以b-c=(0,-√3,0)， 又因为a=(m,25,6),所以a·(b-c)=25×(-√3)=-6. 2)因为b=(1,0,2),c=(1,5,2),所以b,e)= 1+4 √10 √1+4×√1+3+44 (3)因为a=(m,25,6),b=(1,0,2),所以a-b=(m-1,25,4), 所以1a-b12=(m-1)2+(2√3)2+42=(m-1)2+28,当m=1时. 1a-b12取得最小值28，则1a-b1的最小值为27. 16.(1)证明：平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=DC,在 平面PCD内过D作Dz⊥DC,所以DzC平面PCD,则Dz⊥平 面ABCD,又ABCD为矩形，则DA⊥DC,以D点为原点，分别以直 线DA,DC为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系D-yz, A M B 依题意，可得D(0,0,0),P(0,1,5),C(0,2,0),A(22,0,0), M(2,2,0),所以PM=(2,1,-√3)，AM=(-√2,2,0)，则PM· AM=-2+2+0=0,所以PM⊥AM,即AM⊥PM. (2)解：由(1)知，AM=(-√2,2,0)，P元=(0,1，-3)，设0为异面 」AM.P元 直线AM和PC所成角或其补角，则cos0= 花 2√6 6×26,故异面直线AM和PC所成角的余弦值为名 17.(1)证明：因为△PCD是边长为2的等边三角形，E为CD的中 点，所以PE⊥CD,又平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面 ABCD=CD,PEC平面PCD,所以PE⊥平面ABCD.又四边形ABCD 为矩形，取AB中点F,连接EF,则EF,EC,EP两两互相垂直.以E 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 学霸30 B 则A(2,-1,0),B(2,1,0),D(0,-1,0),P(0,0,3),设M(0, 0,h)(0<h<5),那么AM=(-2,1,h),Bi=(-√2，-2,0)，DM= (0,1,h).因为A立.Bi=2-2=0,所以A立1Bi,即AM1BD. (n⊥BD, (2)解：设平面BDM的法向量为n=(x,y,z),则 (n⊥DM {x,y)·（5,2,0)=0,={2x2=0,令：=1，可得n= (x,y,z)·(0,1,h)=0 (y+hz=0, (2h,-h,l).设直线AM与平面BDM所成的角为a,则sina= 1os(成，n1=M·nl。2% 2h IAi·Inl√3+hZ·√3h2+1√3h4+10h2+3 2 3≤2（当且仅当A=1时取等号).所以当AM=2时， √/3h2+10 3 h2 直线AM与平面BDM所成的角最大为 6 (3)解：在(2)的情况下，M亦=(0,0,5-1)，平面BDM的法向量 n=(5,-1,1),所以点P到平面BDM的距离为n·励。 5-1 2 18.(1)证明：因为△A41C是等腰直角三角形，且AC为斜边，所 以M=C4,0为AC中点，所以A01AC:叉由∠A0B=受，可 知A10⊥OB,因为AC∩0B=0,AC,OBC平面ABC,故A10⊥平 面ABC (2)解：因为△ABC为正三角形，0为AC中点，所以OB⊥OC,由 (1)知，A10⊥平面ABC,OB,OCC平面ABC,所以A0⊥OC, A10⊥OB,如图，以0为原点，0B,0C,0A1分别为x,y,z轴建立如 图所示空间直角坐标系，则A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,1, 0),41(0,0,1),B1(5,1,1),C1(0,2,1),由(1)知，A101平 面ABC,所以平面ABC的一个法向量为OA1=(0,0,1),设平面 BCCB,的-个法向量n=(x1,y1,a),且BB=(0,1,1),B武= (-51,0,所以·正-57=0不蜡设1，则 n·BB=y1+1=0, √3，z1=-√3，所以n=(1,3,-√3).设平面ABC与平面BCC1B1 所成二面角的夹角为B,又c(0)=0厅，”。5 10A 1.Inl 1x7 ,即csB=2由图可知，即二面角A-BG-B,的余弦值 7 第7章 7.1两个基本计数原理 第1关（练速度） 1.AD 2.B解析：由分类加法计数原理，得不同的取法共有3+4+5= 12(种).故选B. 3.C解析：由分步乘法计数原理，得不同的选取方法有2×6×5= 60(种).故选C. 参考答案 为阿 (3)解：设Q(00,0),B成=AB武，则B戒=(0-3,0，)，B元= x0-3=-3, (-3,1,0),所以0=入， 所以Q(3-5A,A,0),又因 0=0, 为F为8G中点，所以r(停名，小所亦( 55 2,2 1,A1=(3-3入，A,-1),因为过A1作与AF垂直的平面&， 交直线BC于点Q,所以A1QCa,则A1Q⊥AF,所以A.A市= 多1-A)+1-0解得A=宁所以o(5-分0），则 5 威=（停）所以或-√（停）(=1，即 BQ=1. Q 19.(1)证明：因为p·a=a1(a2b3-a3b2）+a2(a3b1-a1b3)+a3(a1b2 azb1)=ajazb3-a1a3b2+aza3bi-azab3+a3ab2-a3azb1=0, p1a,即p1Oi,因为p…b=b1(a2b3-a3b2)+b2(ab1-a1b3)+ b3(a1b2-a2b1)=b1a2b3-b1a3b2+b2a3b1-b2a1b3+b3a b2-b3a261= 0,所以p⊥b,即p⊥0，又因为0An0B=0,0A,0BC平面0AB, 所以向量p为平面OAB的法向量. (2)解：m∠A0B=88是子，则血∠408=2，故 S四边形A0BD=2SAM0B=1a11b1 sin A0B=3×3×3=6√2，由a= (1,-1,7),b=(0,-3,0),得a×b=(37,0,-3),所以1a×b1= √63+0+9=62，所以S四边形A0sD=axb1. (3)解：设C点到平面OAB的距离为h,O元与平面OAB所成的角 为a,则V=S四边形4osn·h=la×b1 Iclsin a,由(1)得向量p为平面 0AB的法向量，则1cos(a×b,c〉I=sina,又1(a×b)·cl= 1axbl·lclcos〈axb,c〉，所以V=I(axb)·cl. 计数原理 4.C解析：3个年级均有4种选择，故不同的选择方法有43= 64(种).故选C. 方法总结 分类计数原理的解题思路： (1)根据题目特点选择恰当的分类标准。 (2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类， 并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复. 学霸31第6章 章末检测 (时间：120分钟 总分：150分) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共406.(2024·江苏南通海安高级中学高二期中)如 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 图，二面角α-l-B等于120°，A,B是棱1上两 合题目要求的 点，BD,AC分别在半平面a,B内，AC⊥I, 1.(2024·江苏南京高二期中)已知点B(3,-1, BD⊥L,且AB=AC=BD=2,则CD的长等于 0),AB=(-2,-5,3),则点A坐标为( () A.（1,-6,3) B.(5,4,-3) C.(-1,6,-3) D.(2,5,-3) B 2.（2024·江苏扬州高二月考)已知平面α的一个 法向量为n=(1,-1,2),A=(-1,1,-2),则AB A.23 B.22 C.4 D.2 所在直线1与平面x的位置关系为 ( 7.(2024·江苏南通高二期中)中国古代数学瑰 A.I⊥a B.ICa 宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的 C.l∥a D.1与α相交但不垂直 几何体，该几何体为上、下底面均为扇环形的 3.（2024·江苏连云港高二期中)设x,y∈R,向 柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分），现 量a=(x,1,1),b=(1,-1,y),c=(2,-2,2), 有一个如图所示的曲池，其中AA,⊥底 且a⊥c,b∥c,则x+y的值为 A.-1 B.1 C.2 D.3 3,扇环 面MBCD,底面扇环所对的圆心角为 4.（2024·江苏盐城高二月考)如图，在四面体 对应的两个圆的半径之比为1：2，AB= OABC中，OA=a,OB=b,OC=c.点M在OA上， 1,A41=1,E是AD1的中点，则异面直线BE 且OM=2MA,N为BC中点，则MN等于() 与C,D所成角的余弦值为 12. 1 21 1 A. b+—C B.- 3 2 a+2+ 2 8 036 11 22,1 C.2a+2b- D 2 3a+2b 3 8.（2024·江苏泰州高二期中)在四棱锥 5.（2024·江苏无锡高二期中)已知向量a= P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方 (23,0,2),向量b=(1,0,√3)，则向量a在 形，PA⊥底面ABCD,PA=6,点G在侧棱PB 向量b上的投影向量为 ( 上，且满足2PG=GB,则异面直线PC和DG 的距离为 B.(23,0,2) 3√14 3√15 B. 14 C. D.3y77 C.(1,0,w3) D.(3,0,3) 15 77 选择性必修第二册·SJ学霸034 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18 分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要 C.点P到直线CQ的距离是 3 求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有 D.异面直线CQ与AD,所成角的正切值 选错的得0分 为√17 9.(2024·江苏连云港高二期中)棱长为1的正 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共 15分 方体ABCD-AB,C,D1中，下列结论正确的是 12.(2024·江苏常州高二月考)已知空间向量 a,b,c两两夹角为60°，且Ial=Ib1=|cl=1, A.AD=B C B.BD1·B,D=0 则1a-b+2cl= C.AB.BD=0 D.AC1·B,D1=0 13.（2024·江苏南京二十九中高二期中)已知 10.(2024·江苏南京高二月考)在平行六面 三棱锥P-ABC的体积为6，M是空间中一 体ABCD-A,B,C,D中，记AB=a,AD=b, 点网=店i+号店+P心，则三棱 15 AA1=c,设AP=xa+yb+zC,下列结论中正确 锥A-MBC的体积是 的是 14.(2024·江苏南通高二月考)已知正方 A.若点P在直线AD上，则x+y=1 体ABCD-A1B1C,D1的棱长为2，M,N,G分 B.若点P在直线AC,上，则x=y=z 别是棱A41,BC,A1D1的中点，Q是该正方体 C.若点P在平面ABD内，则x+y+z=1 表面上的一点，且MQ=xMG+yMN.若x D.若点P在平面BBDD1内，则x+y=1 y=1,则直线NQ与平面ABB,A,所成角的大 11.(2024·江苏泰州高二月考)布达佩斯的伊帕 小为 ,若x,y∈R,则M元·Md的最 大值为 姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是在正 四、解答题：本题共5小题，共77分解答应写出 六边形上画了具有视觉效果的正方体图案 文字说明、证明过程或演算步骤 (如图①).把三片这样的达·芬奇方砖拼成 15.(13分)(2024·江苏南通海门中学高二月 图②的组合，这个组合再转换成图③所示的 考)已知向量a=(m,23,6),b=(1,0, 几何体，若图③中每个正方体的棱长为1，则 2),c=(1,W3,2)(m∈R). (1)求a·(b-c)的值； (2)求cos(b,c〉； (3)求Ia-b1的最小值， ② A.QC=AD+2 AB+2AA B.若M为线段CQ上的一个动点，则BM· BD的最大值为2 第6章学霸035 16.（15分)(2024·江苏盐城高二期末)如图，17.（15分)(2024·江苏常州高二期中)如图， 边长为2的等边△PCD所在的平面垂直于 四棱锥P-ABCD的底面为矩形，平面PCD⊥ 矩形ABCD所在的平面，BC=2√2，M为BC 平面ABCD,△PCD是边长为2的等边三角 的中点 形，BC=√2，点E为CD的中点，点M为线段 (1)求证：AM⊥PM; PE上一点（与点P,E不重合） (2)求异面直线AM和PC所成角的余弦值， (1)证明：AM⊥BD. (2)当AM为何值时，直线AM与平面BDM 所成的角最大？ B (3)在(2)的条件下，求点P到平面BDM的 距离。 选择性必修第二册·SJ学霸036 18.（17分)(2024·江苏南京高二月考)如图，19.(17分)(2024·江苏宿迁高二月考)如图， 在斜三棱柱ABC-A,B,C1中，底面△ABC是 已知向量0A=a,0B=b,0C=c,可构成空间 边长为2的正三角形，△AA,C是以AC为斜 向量的一个基底，若a=(a1,a2,a3),b=(b1, 边的等腰直角三角形，点O为AC中点， b2,b3),c=(c1,c2,c3）.在向量已有的运算法 ∠A0B=7,点F为B,C,的中点 则的基础上，新定义一种运算a×b=(a2b3 a3b2,a3b1-a1b3,a1b2-a2b1),显然a×b的结 (1)求证：A0⊥平面ABC; 果仍为一个向量，记作p. (2)求二面角A-BC-B1的余弦值； (1)求证：向量p为平面OAB的法向量； (3)过A,作与AF垂直的平面，平面α交 (2)若a=(1,-1,7),b=(0,-3,0),求以 直线BC于点Q,求线段BQ的长度 OA,OB为边的平行四边形OADB的面 积，并比较四边形OADB的面积与|a×b1 的大小； (3)将四边形OADB按向量OC=c平移，得 到一个平行六面体OADB-CA1D1B1,试 判断平行六面体的体积V与1(axb)· c|的大小（注：第(2）小题的结论可以直 接应用) 第6章学霸037