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

章末检测（六）　空间向量与立体几何 （时间：120分钟　满分：150分） 一、单项选择题（本大题共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.已知四面体ABCD，G是CD的中点，连接AG，则＋（＋）＝（　　） A.　　　 B. C.　　　 D. 解析：A　在△BCD中，因为点G是CD的中点，所以＝（＋），从而＋（＋）＝＋＝. 2.已知平面α的一个法向量为a＝（1，2，－2），平面β的一个法向量为b＝（－2，－4，k），若α⊥β，则k＝（　　） A.4　　　　 B.－4 C.5　　　　 D.－5 解析：D　∵α⊥β，∴a⊥b，∴a·b＝－2－8－2k＝0，∴k＝－5. 3.已知a＝（cos α，1，sin α），b＝（sin α，1， cos α），则向量a＋b与a－b的夹角是（　　） A.90° B.60° C.30° D.0° 解析：A　∵｜a｜2＝2，｜b｜2＝2，（a＋b）·（a－b）＝｜a｜2－｜b｜2＝0，∴（a＋b）⊥（a－b）. 4.如图，在空间四边形OABC中，＝a，＝b，＝c，且OM＝2MA，BN＝NC，则＝（　　） A.a＋b＋c B.a＋b－c C.－a＋b＋c D.a－b＋c 解析：C　因为BN＝NC，所以＝（＋）.因为OM＝2MA，所以＝，所以＝－＝（＋）－＝－a＋b＋c，故选C. 5.已知正四面体ABCD的棱长为a，点E，F分别是BC，AD的中点，则·＝（　　） A.a2　　　 B.a2 C.a2　 　 D.a2 解析：B　在正四面体ABCD中，点E，F分别是BC，AD的中点，所以＝＋，＝.则·＝（＋）·＝·＋·.因为是正四面体，所以BE⊥AD，∠BAD＝，即·＝0，·＝｜AB｜·｜AD｜cos ＝，所以·＝，故选B. 6.在空间直角坐标系中，定义：平面α的一般方程为Ax＋By＋Cz＋D＝0（A，B，C，D∈R，且A，B，C不同时为0），点P（x0，y0，z0）到平面α的距离d＝.那么，在底面边长与高都为2的正四棱锥P-ABCD中，底面中心O到侧面PAB的距离d＝（　　） A.　　　B.　　　C.2　　　D.5 解析：B　以底面中心O为原点，建立空间直角坐标系O-xyz，如图，则O（0，0，0），A（1，1，0），B（－1，1，0），P（0，0，2）.设平面PAB的方程为Ax＋By＋Cz＋D＝0，将点A，B，P的坐标代入计算得A＝0，B＝－D，C＝－D，所以平面PAB的方程可化为－Dy－Dz＋D＝0，即2y＋z－2＝0，所以d＝＝. 7.将边长为2的正方形AA1O1O（及其内部）绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，∠AOC＝120°，∠A1O1B1＝60°，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧，则异面直线B1C与AA1所成角的大小是（　　） A.90° B.60° C.45° D.30° 解析：C　如图所示，建立空间直角坐标系.O（0，0，0），A（0，2，0），A1（0，2，2），C（，－1，0），B1（，1，2），∴＝（0，0，2），＝（0，2，2），设异面直线B1C与AA1所成角为θ∈[0°，90°]，∴cos θ＝＝＝，∴θ＝45°，∴异面直线B1C与AA1所成角的大小是45°. 8.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为（　　） A. B. C. D. 解析：C　如图，以D为坐标原点，以DA，DC，DD1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D1（0，0，1），E（1，1，0），A（1，0，0），C（0，2，0）.连接D1E，所以＝（1，1，－1），＝（－1，2，0），＝（－1，0，1）.设平面ACD1的法向量为n＝（a，b，c），则即所以令a＝2，则n＝（2，1，2）.点E到平面ACD1的距离为d＝＝. 二、多项选择题（本大题共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.空间直角坐标系O-xyz中，已知A（1，2，－2），B（0，1，1），下列结论正确的有（　　） A.＝（－1，－1，3） B.若m＝（2，1，1），则m⊥ C.点A关于Oxy平面对称的点的坐标为（1，－2，2） D.｜｜＝ 解析：AB　∵A（1，2，－2），B（0，1，1），∴＝（－1，－1，3），｜｜＝＝，A正确，D错误；若m＝（2，1，1），则m·＝2×（－1）＋1×（－1）＋1×3＝0，则m⊥，B正确；点A关于Oxy平面对称的点的坐标为（1，2，2），C错误.故选A、B. 10.如图，已知E是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BC的中点，F是棱BB1的中点，设点D到平面AED1的距离为d，直线DE与平面AED1所成的角为θ，二面角D1-AE-D的平面角为α，则（　　） A.DF⊥平面AED1 B.d＝ C.sin θ＝ D.cos α＝ 解析：BCD　以A为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系（图略），则A（0，0，0），E（2，1，0），D（0，2，0），D1（0，2，2），A1（0，0，2），F（2，0，1），∴＝（2，1，0），＝（0，2，2），＝（2，－1，0），＝（2，－2，1）.设平面AED1的法向量为m＝（x，y，z），则由得令x＝1，则y＝－2，z＝2，故m＝（1，－2，2）.∵＝（2，－2，1），不存在λ使m＝λ，即与m不共线，∴DF与平面AED1不垂直，故A错误；又∵＝（0，0，2），∴d＝＝＝，故B正确；又＝（2，－1，0）.∴sin θ＝｜cos＜，m＞｜＝＝，故C正确；又＝（0，0，2）为平面AED的一个法向量，由图知α为锐角，∴cos α＝＝＝，故D正确. 11.如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为4的正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为平面ABCD上的动点，且满足·＝0.则下列说法正确的是（　　） A.点M的轨迹是圆 B.点M到直线AB的最远距离为4＋ C.直线AB到平面PDC的距离为2 D.点D到平面PBC的距离为 解析：AD　建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则P（2，0，2），C（0，4，0），设M（a，b，0），∴＝（2－a，－b，2），＝（－a，4－b，0）.·＝0，即－2a＋a2－4b＋b2＝0，整理得（a－1）2＋（b－2）2＝5，∴点M的轨迹是在平面ABCD内以点O（1，2）为圆心，为半径的圆，∴A正确；由A知，点M到直线AB的最远距离为4－1＋＝3＋，∴B错误；由题意可知AB∥平面PDC，∴点A到平面PDC的距离即为直线AB到平面PDC的距离.由题意得平面PDC的一个法向量为n＝（－，0，1），又∵＝（4，0，0），∴直线AB到平面PDC的距离d1＝＝＝2，∴C错误；由题意得平面PBC的一个法向量m＝（0，，2），＝（0，4，0），∴点D到平面PBC的距离d2＝＝＝，∴D正确. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上） 12.若A（－1，2，3），B（2，－4，1），C（x，－1，－3）是以BC为斜边的直角三角形的三个顶点，则x＝－11. 解析：由题意得＝（3，－6，－2），＝（x＋1，－3，－6），∴·＝3（x＋1）＋18＋12＝0，解得x＝－11. 13.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AB＝BC＝3，AC＝2，D是AC的中点，则直线B1C到平面A1BD的距离为. 解析：以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则知点B1（0，2，3），B（0，2，0），A1（－1，0，3），C（1，0，0），＝（－1，2，3），＝（0，2，3），＝（0，2，0），＝（－1，0，3）.设平面A1BD的一个法向量为n＝（x，y，z），所以即即令z＝1，则n＝（3，0，1）.所以n·＝0，所以B1C∥平面A1BD，知直线B1C到平面A1BD的距离就等于点B1到平面A1BD的距离.所求距离为d＝＝. 14.有一长方形的纸片ABCD，AB的长度为4 cm，BC的长度为3 cm，现沿它的一条对角线AC把它折叠成90°的二面角，如图，则折叠后·＝－7，线段BD的长是cm. 解析：如图所示，作DE⊥AC，BF⊥AC，垂足分别为E，F，则AC＝5，DE＝BF＝，AE＝CF＝，EF＝，所以·＝·（＋）＝·＋·＝5×4×（－）＋5×3×＝－7，｜｜2＝（＋＋）2＝｜｜2＋｜｜2＋｜｜2＋2·＋2·＋2·＝｜｜2＋｜｜2＋｜｜2＋0＋0＋0＝（）2＋（）2＋（）2＝，得BD＝. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.（本小题满分13分）已知空间三点A（－2，0，2），B（－1，1，2），C（－3，0，4），设a＝，b＝. （1）求a与b的夹角θ的余弦值； （2）若向量ka＋b与ka－2b互相垂直，求k的值. 解：（1）a＝＝（－1，1，2）－（－2，0，2）＝（1，1，0）， b＝＝（－3，0，4）－（－2，0，2）＝（－1，0，2）. cos θ＝＝＝－. 所以a与b的夹角θ的余弦值为－. （2）因为ka＋b＝（k，k，0）＋（－1，0，2）＝（k－1，k，2）， ka－2b＝（k，k，0）－（－2，0，4）＝（k＋2，k，－4）， 所以（k－1，k，2）·（k＋2，k，－4）＝（k－1）·（k＋2）＋k2－8＝0. 即2k2＋k－10＝0，所以k＝－或k＝2. 16.（本小题满分15分）如图，正方形ABCD的边长为2，四边形BDEF是平行四边形，BD与AC交于点G，O为GC的中点，FO＝，且FO⊥平面ABCD. 求证：（1）AE∥平面BCF； （2）CF⊥平面AEF. 证明：取BC中点H，连接OH， 则OH∥BD， 又四边形ABCD为正方形， ∴AC⊥BD， ∴OH⊥AC， 故以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A（3，0，0），C（－1，0，0），D（1，－2，0），F（0，0，），B（1，2，0）. ＝（－2，－2，0），＝（1，0，）， ＝（－1，－2，）. （1）设平面BCF的一个法向量为n＝（x，y，z）. 则即 取z＝1，得n＝（－，，1）. 又四边形BDEF为平行四边形， ∴＝＝（－1，－2，）， ∴＝＋＝＋＝（－2，－2，0）＋（－1，－2，）＝（－3，－4，）， ∴·n＝3－4＋＝0，∴⊥n， 又AE⊄平面BCF，∴AE∥平面BCF. （2）＝（－3，0，）， ∴·＝－3＋3＝0，·＝－3＋3＝0， ∴⊥，⊥，即CF⊥AF，CF⊥AE， 又AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF， ∴CF⊥平面AEF. 17.（本小题满分15分）如图，已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝AF＝2，∠ADC＝60°. （1）求直线BF与平面ABCD所成角的大小； （2）求点A到平面FBD的距离. 解：设AC∩BD＝O，因为菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，所以易得AF⊥平面ABCD.以O点为坐标原点，以OD所在直线为x轴，OA所在直线为y轴，过O点且平行于AF的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则A（0，1，0），B（－，0，0），C（0，－1，0），D（，0，0），F（0，1，2）. （1）由题意可知平面ABCD的一个法向量为m＝（0，0，1）， 又＝（，1，2），设直线BF与平面ABCD所成角为θ， 则有sin θ＝｜cos＜m，＞｜＝＝＝.即θ＝45°，所以直线BF与平面ABCD所成角为45°. （2）因为＝（2，0，0），＝（，1，2）， 设平面FBD的法向量为n＝（x，y，z）， 则即 令z＝1得n＝（0，－2，1），又因为＝（0，0，2）， 所以点A到平面FBD的距离d＝＝＝. 18.（本小题满分17分）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，已知∠BCC1＝，BC＝1，AB＝C1C＝2，E是棱C1C的中点. （1）求证：C1B⊥平面ABC； （2）求二面角A-EB1-A1的余弦值； （3）在棱CA上是否存在一点M，使得EM与平面A1B1E所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 解：（1）证明：因为BC＝1，CC1＝2，∠BCC1＝，所以BC1＝.所以BC2＋B＝C，所以BC1⊥BC. 因为AB⊥侧面BB1C1C，所以AB⊥BC1. 又因为AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，所以直线C1B⊥平面ABC. （2）以B为原点，，和的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则知点A（0，0，2），B1（－1，，0），E（，，0），A1（－1，，2）. 设平面AB1E的一个法向量为n＝（x1，y1，z1），＝（－1，，－2），＝（，，－2）， 因为所以令y1＝，则x1＝1，z1＝1，所以n＝（1，，1）. 设平面A1B1E的一个法向量为m＝（x，y，z），＝（0，0，－2），＝（，－，－2）， 因为所以令y＝，则x＝1，所以m＝（1，，0）. 因为｜m｜＝2，｜n｜＝，m·n＝4，所以cos＜m，n＞＝＝＝. 设二面角A-EB1-A1为α，则cos α＝cos＜m，n＞＝，所以二面角A-EB1-A1的余弦值为. （3）假设存在点M（x，y，z），设＝λ，λ∈[0，1]，所以（x－1，y，z）＝λ（－1，0，2），所以M点坐标为（1－λ，0，2λ）， 所以＝（－λ，－，2λ）. 由（2）知平面A1B1E的一个法向量为m＝（1，，0），所以＝， 得69λ2－38λ＋5＝0，即（3λ－1）（23λ－5）＝0， 所以λ＝或λ＝，所以＝或＝. 19.（本小题满分17分）如图，已知向量＝a，＝b，＝c，可构成空间向量的一个基底，若a＝（a1，a2，a3），b＝（b1，b2，b3），c＝（c1，c2，c3）.在向量已有的运算法则的基础上，新定义一种运算a×b＝（a2b3－a3b2，a3b1－a1b3，a1b2－a2b1），显然a×b的结果仍为一个向量，记作p. （1）求证：向量p为平面OAB的法向量； （2）若a＝（1，－1，），b＝（0，－3，0），求以OA，OB为邻边的平行四边形OADB的面积，并比较四边形OADB的面积与｜a×b｜的大小； （3）将四边形OADB按向量＝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｜（a×b）·c｜的大小.（注：第（2）小题的结论可以直接应用） 解：（1）证明：因为p·a＝a1（a2b3－a3b2）＋a2（a3b1－a1b3）＋a3（a1b2－a2b1）＝a1a2b3－a1a3b2＋a2a3b1－a2a1b3＋a3a1b2－a3a2b1＝0， 所以p⊥a，即p⊥， 因为p·b＝b1（a2b3－a3b2）＋b2（a3b1－a1b3）＋b3（a1b2－a2b1）＝b1a2b3－b1a3b2＋b2a3b1－b2a1b3＋b3a1b2－b3a2b1＝0， 所以p⊥b，即p⊥， 又因为OA∩OB＝O， 所以向量p为平面OAB的法向量. （2）cos∠AOB＝＝＝， 则sin∠AOB＝， 故S四边形OADB＝2S△AOB＝｜a｜｜b｜sin∠AOB＝3×3×＝6， 由a＝（1，－1，），b＝（0，－3，0），得a×b＝（3，0，－3）， 所以｜a×b｜＝＝6， 所以S四边形OADB＝｜a×b｜. （3）设点C到平面OAB的距离为h，与平面OAB所成的角为α， 则V＝S四边形OADB·h＝｜a×b｜｜c｜sin α， 由（1）得向量p为平面OAB的法向量， 则｜cos＜a×b，c＞｜＝sin α， 又｜（a×b）·c｜＝｜a×b｜｜c｜cos＜a×b，c＞， 所以V＝｜（a×b）·c｜. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $