(五)空间向量在立体几何中的应用- 【衡水金卷·先享题】2025-2026年高中数学选择性必修第二册同步周测卷(湘教版)  

高二同步周测卷/数学选择性必修第二册 (五)空间向量在立体几何中的应用 (考试时间40分钟，满分100分) 一、选择题（本题共6小题，每小题5分，共30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的一个法向量为m=(1,2,一2)，平面B的一个法向量为n=(一2，一4， k),若a∥B,则k= A.2 B.-4 C.4 D.-2 2.已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则下列向量是平面ABC法向量的是 A.(-1,1,1) B.(1,-1,1) c(停-号-) 3 (停-) 3 3.已知直线1的一个方向向量为a=(一1,0,1)，点A(1,2,一1)在1上，则点P(2,0,2) 到1的距离为 A.23 B.4 C.17 D.3√2 4.在正四棱柱ABCD一A1B1C1D1中，AA,=2AB=4,E,F分别为AB1,BC1的中点，点 G为上底面A1B,CD,的中心，则直线EG与DF所成角的余弦值 A B号 c n号 5.《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，例如堑堵 指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；鳖臑指的是四个面均为直角三角 形的三棱锥.如图，在堑堵ABC-A1B,C1中，∠ACB=90°，若AC=BC=1,AA1=2, 则直线B,C与平面ABB1A1所成角的余弦值为 A.30 B.10 10 10 c言 6.如图，已知正方体ABCD一AB1C1D1的棱长为2，E,F分别是棱 D F AA1,AD,的中点，点P为底面ABCD内（包括边界）的一动点，若 A 直线D1P与平面BEF无公共点，则点P的轨迹长度为 A.√2 B.√5 C.2 D.√3 数学（湘教版）选择性必修第二册第1页（共4页） 衡水金卷·先享题 二、选择题（本题共2小题，每小题6分，共12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) 7.下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是 A.两条不重合直线11,12的一个方向向量分别是a=(2,3,一1)，b=(一2，-3,1)，则 l∥12 B.直线1的一个方向向量为a=(1,一1,2)，平面α的一个法向量为u=(6,4,一1)， 则l⊥a C.两个不同的平面a,3的一个法向量分别是u=（2,2,-1),v=(一3,4,2)，则α⊥3 D.直线1的一个方向向量为a=(0,3,0),平面a的一个法向量为u=(0,一5,0)，则 l∥a 8.如图，在四棱锥P一ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方 形，PD⊥平面ABCD,PD=23,点E是棱PB上一点，则下 列说法正确的是 A.存在点E,使AE∥平面PCD D B.存在点E,使PBL平面ACE C.当平面PAE与平面ADE所成的角最大时，P它=1PB D.若点E为PB的中点，则点C到平面ADE的距离为√3 班级 姓名 分数 题号 1 2 4 5 6 7 8 答案 三、填空题（本题共2小题，每小题5分，共10分） 9.已知m=(3k,3n=(一4,1,1)分别是平面a8的一个法向量，若aLp,则k 10.已知在一个二面角的棱上有A,B两点，线段AC,BD分别在这个二面角的两个面 内，并且都垂直于棱AB,AB=5,AC=3,BD=4,CD=√38，则这个二面角的大小 为 四、解答题（本题共3小题，共48分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 11.(本小题满分13分) 如图，在四棱锥P一ABCD中，PA⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形，PA=AD= 2AB=4,M是棱PD的中点. (1)证明：平面PCD⊥平面ABM; (2)求直线PC与平面ABM所成角的正弦值. 高二同步周测卷五 数学（湘教版）选择性必修第二册第2页（共4页） 12.(本小题满分15分) 13.(本小题满分20分) 如图，长方体ABCD一ABC1D,的底面是边长为2的正方形，高为4，E为线段AB 已知菱形ABCD如图①所示，其中AB=4且∠CAB=60°，现沿AC进行翻折，使得 的中点，F为线段CA1的中点. (1)证明：EF∥平面ADDA1; 平面ABCL平面ACD,再过点B作BE⊥平面ABC,且BE=AB,所得图形如图 4 (2)求平面A,DC与平面BDD1B,所成角的余弦值. ②所示. (1)求平面CDE与平面ABC所成角的余弦值； (2)已知点P满足AP=AAC(入∈R). (i)若BP∥平面ADE,求λ的值； (i)若BP与平面ADE所成角为0，求sin0的最大值 图0 图② 数学（湘教版）选择性必修第二册第3页（共4页） 衡水金卷·先享题·高二同步周测卷五 数学（湘教版）选择性必修第二册第4页（共4页）高二周测卷 ·数学（湘教版）选择性必修第二册· 高二同步周测卷/数学 选择性必修第二册（五） 9 命题要素一览表 注： 1.能力要求： I.抽象概括能力Ⅱ.推理论证能力 Ⅲ.运算求解能力V,空间想象能力V.数据处理能力 1,应用意识和创新意识 2.学科素养： ①数学抽象 ②逻辑推理③数学建模 ④直观想象 ⑤数学运算⑥数据分析 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) ① ② ③④ ⑤ ⑥ 档次系数 1 选择题 由面面平行求参 易 0.80 2 选择题 5 求平面的法向量 易 0.72 3 选择题 5 利用空间向量求点到 / / / / 易 0.70 直线的距离 4 选择题 5 求异面直线所成的角 中 0.55 选择题 利用空间向量求线面 / 务 0.45 角（文化题） 6 选择题 利用空间向量求点的 轨迹长度 L 分 0.30 7 选择题 利用空间向量判断位 6 / 置关系 多 0.75 8 选择题 6 空间向量的综合应用 难 0.28 9 填空题 5 由两平面垂直求参 易 0.71 10 填空题 5 由向量法求二面角 中 0.45 利用空间向量证明面 11 解答题 3 0.60 面垂直，求线面角 利用空间向量证明线 12 解答题 15 面平行，求两平面所成 L / 名 0.45 的角 利用空间向量求面面 角的余弦值，由线面平 13 解答题 20 行求参，求线面角的正 难 0.25 弦值的最值 ·67· ·数学（湘教版）选择性必修第二册· 参考答案及解析 叁考答案及解析 一、选择题 则B1(0,1,2),C(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0), 1.C【解析】，a∥3，∴.m∥n,设n=m,即(-2，-4， CB=(0,1,2),BA=(1,-1,0),BB=(0,0,2), k)=1(1,2,-2),.=-2,k=4.故选C. 设平面ABBA的法向量为n=(x,y,),则 2.C【解析】设平面ABC的法向量为n=(x,y,x), In·BA=x-y=0 :AB=(-1,1,0),AC=(-1,0,1). 取r=1,得n=(1,1,0),设直线 n·BB1=2x=0 A十0则x=y=对比各选项，可 BC与平面ABBA所成角为0，则sin0=|cos<CBi, |CB·n 1 1 知C符合.故选C. n= CB1·1n5X2V ,所以cos0= 3.A【解析】由题得PA=(-1,2,-3),所以1cos(a, 麻品 7,所以sin(a, V-s0=√品-3，因此直我6C与平 Pi=-oaP而--（停=厚 面AB有所成角的余弦值为3赦选A 7 6.B【解析】以D为坐标原点，DA,DC,DD别为c, PA=√(-1)+2”+(-3)=√1+4+9=√14 y,之轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则点P到直线l的距离为PA·sin(a,PA)=√I4 则B(2,2,0),E(2,0.1),F(1,0,2),D1(0,0,2),设 ×厘=25.故选A. 点P(a,b,0),则BE=(0,-2,1),EF= 7 (-1,0,1),D1P=(a,b,-2).设平面BEF的法向 4.D【解析】以D为原点，DA,DC,DD分别为x,y, 1m·BE=-2y+x=0 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 量为m=(),由m·萨-十=0取= 24 2,可得x=2,y=1,所以m=(2,1,2).由题意可知， D D1P∥平面BEF,则D1P·m=2a十b-4=0,令b= G B 0,可得a=2,令b=2,可得a=1,所以点P的轨迹为 线段，且交AD于点A(2,0,0),交BC于点M(1,2, O),所以点P的轨迹长度为AM=√AB+BMC= E √22+1严=√5.故选B. 方 D B 则D(0,0,0),E(2,1,2),F(1,2,2),G(1,1,4), EG=(-1,0,2),DF=(1,2,2),于是cos<EG,DFy EG.D市 D 35 |EGDE√5X3 =号，故直线EG与DF所成 角的余弦值为放选D B 5.A【解析】以C为原点，Ci,C苏，CC分别为x,y,之 二、选择题 7.AC【解析】对于A,由a=(2,3,-1),b=(-2, 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， -3,1),得a=一b,所以a∥b,所以l1∥l2,故A正 确；对于B,假设a∥u,则存在唯一的实数入，使得a 1=6λ 4,即(1，一1,2)=(6入，4入，一入)，所以一1=4入，无 12=-入 解，所以a,u不共线，所以1，a不垂直，故B错误：对 于C,因为u·v=一6+8一2=0，所以u⊥v,所以a 3,故C正确：对于D,因为a·u=-15,所以a,w不垂 直，所以l,a不平行，故D错误.故选AC. 8.ABD【解析】对于A,当点E位于点B时，此时AE ∥CD,AE￠平面PCD,CDC平面PCD,故AE∥平 面PCD,A正确；对于B,以D为原点，DA,DC,DP分 别为x,y,之轴正方向，建立如图所示的空间直角坐 ·68 高二周测卷 ·数学（湘教版）选择性必修第二册· 标系， 三、填空题 9.一1【解析】因为a⊥B,所以m⊥n,故m·n= (分k,3)·(-41,1)=-2++3=0,解得k= -1. 10.60°【解析】如图，设(AC,BD)=0(0°≤0≤180°)， 则二面角的大小为0，由题知CA⊥AB,AB⊥BD, AC.AB=BD.AB=0,<CA,BD>=180°-0，故 |CD1?=(CA+AB+BD)2=|CA12+|AB12+ B |BD12+2|CA|BD1cos(180°-0)，故（√38）2 则P(0,0,23),A(2,0,0),D(0,0,0),C(0,2,0) B(2,2,0),PB=(2,2,-23),AC=(-2,2,0) =32+5+4+2X3×4×(-60s0,放c0s0=2 由于P第·AC=-4+4=0,故PB⊥AC,设Pi 0=60°.因此所求二面角的大小为60 aPB,0≤a≤1，则E(2a,2a,23-2√5a),则AE (2a-2,2a,2√5-2√3a),要使PB⊥平面ACE,则 PB.AE=2(2a-2)+4a-2W5(2√3-23a)=0, 解得a=专，故存在点E,当P它-号P时P店1A。 四、解答题 结合PB⊥AC,AE∩AC=A,AE,ACC平面ACE,故 11.解：(1)因为PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为 PB⊥平面ACE,B正确；对于C,DE= 矩形，所以AB,AD,AP两两垂直， (2a,2a,2√3-2√3a),DA=(2,0,0),PA 故以A为坐标原点，以AB,AD,AP分别为x轴，y (2,0,-23),AE=(2a-2,2a,2√3-23a),设平 轴，之轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 24 面ADE的法向量为u=(x,少，2)，则 DE.n=2ax1+2ay+(23-2√3a)1=0 DA·u=2x=0 令刘 a,则u=(0W5a一√3，a),设平面PAE的法向量为 v=（x2,y2,2）,故 AE.v=(2a-2)x2+2ay2+(2√3-2V3a)x2=0 PA.v=2x2-2W32=0 因为AP=4,AD=4,AB=2, 令x2=1,则v=(√3,0,1)，设平面PAE与平面ADE 所以A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,4,0), P(0,0,4),M(0,2,2), 所成的角为0，则c0s0=c0s(u,w=“:7 u·v AB=(2,0,0),AM=(0,2,2),PC=(2,4,-4), a a PD=(0,4,-4), (3分) 2v3(a-1)2+a 2v√4a2-6a+3 设平面ABM的法向量为n=(x,y,z), AB·n=0 6+ /2x=0 3 显然a=青 则 ,故 V4- 一2 a a 3(日-)+1 AM.n=0 2y+2e=01 时，cos0并不是最小值，即此时平面PAE与平面 取y=1,则n=(0,1,-1), (5分) ADE所成的角不是最大，故C错误；对于D,点E为 设平面PCD的法向量为m=(a,b,c), PB中点时，E(1,13),故DE=（1,1N3),DA= PC.m=0 则 .2a+4b-4c=0 (2,0,0),DC=(0,2,0),设平面ADE的法向量为 PD.m=0 、故4b一4c=0 m=(x,y,),则 DE·m=x十y十V3z=0 取b=1,则m=(0,1,1), (7分) 令y= 因为m·n=1-1=0,所以平面PCD⊥平面ABM. DA·m=2x=0 (8分) √3，则m=(0√3，一1)，则点C到平面ADE的距离 (2)由(1)知平面ABM的一个法向量为n=(0,1, 为D心.ml-2=5,放D正确.故选ABD, -1). m 2 ·69- ·数学（湘教版）选择性必修第二册· 参考答案及解析 P元=(2,4，-4)， 13.解：(1)取AC中点O,连接OB,OD, 设直线PC与平面ABM所成的角为0， 由题图①可知，△ACD,△ABC是正三角形， 则sin0=|cos<PC,n> 所以OD⊥AC,OB⊥AC, 又因为平面ACD⊥平面ABC,平面ACD∩平面 2×0+4×1+(-4)×(-1) 2/2 ABC=AC,ODC平面ACD, √22十4+(-4)2×√02+1+(-1) 3 所以OD⊥平面ABC, 所以直线PC与平面ABM所成角的正弦值为2， 以O为坐标原点，O店，OC,O市分别为x,y,之轴正方 (13分) 向建立如图所示的空间直角坐标系， 12.解：1)以D为原点，DA,DC,DD分别为x,y,之轴 正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， B 则A(0,-2,0),B(23,0,0),C(0,2,0),D(0,0, (3分) 则E(2,1,0),C(0,2,0),A(2,0,4), 25),E(2√3,0W5), 又F为线段CA:的中点，所以F(1,1,2), 因为Ci=(0,-2,23),C2=(25,-23), 所以EF=(-1,0,2), 设平面CDE的法向量为n=(1,y,刘)， 又平面ADD1A1的一个法向量为n=(0,1,0), 所以 |n·Ci=-2y+23≈=0 (3分) n.Ci=2W3m-2m+3≈=0 所以EF.n=0,即EF⊥n, 令x1=1,得y=23,1=2,所以n=(1,2√3,2)， 又EF￠平面ADD,A:,所以EF∥平面ADDA1. (5分) (6分) 由题知，平面ABC的一个法向量为1=(0,0,1)， (2)由(1)可得D(0,0,0),A(2,0,0), (6分) 所以DC=(0,2,0),DA=(2,0,4),AC=(-2,2, 设平面CDE与平面ABC所成的角为a, 0), n·1 设平面ADC的法向量为m=(x,y,之)， cos a-l cos<n.12 (DC.m=2y=0 217 则D·m=2x十4=0 17 取≈=-1，得x=2,y=0,则m=(2,0,一1). 即平面CDE与平面ABC所成角的余弦值为 (10分) 217 (8分) 连接AC,由底面ABCD为正方形，可知AC⊥BD, 17 又AC⊥DD1,BD∩DD1=D,BD,DD1C平 (2)(1)因为AB=(23,2,0),A亡=(0,4,0)， 面BDDB, AD=(0,2,2W3),AE=(23,2W3) 所以AC⊥平面BDD1B1, 所以A市=入AC=(0,4,0),B驴=AP-AB 即AC=(-2,2,0)为平面BDD1B1的一个法向量， （-2√3,4-2,0)， (9分) 设平面A:DC与平面BDD1B所成的角为0， 设平面ADE的法向量为m=(x,y,之)， 则cos0=|cos<AC,m>1= |AC·m 4 |Ac·m8X5 所以m·i=2y+23=0 =10 m·AE=2√5x+2y+V3x=0 5 令x=1,得y=-25,=2, 所以平面ADC与平面BDD1B,所成角的余弦值 所以m=(1,-2√3,2)， (11分) 为①0 (15分) 因为BP∥平面ADE,所以BP⊥m, 5 即Bp.m=-23-2√3(4λ-2)=0， ·70· 高二周测卷 ·数学（湘教版）选择性必修第二册· 解得X=子 (13分) 13_√13=√22I W12√7 17 (i)设P(0,t0),1∈R,则B驴=(-23，t,0), 当 1 由(1)知m=（1,一2√3,2)为平面ADE的一个法 首元=13，即1=12时，等号成立： 向量， 当m<0时，sin0=2E 1 则sim0=cosm,B市1=23t+1=23 √17 √1+2+13 √17×W12+t产VI7 一m(-) X+1/ =2v3 ,此时sin0无最大 √12+t √17 √1(m+)+ 12 设t+1=m,其中t2=(m-1)2, 值 则sin0=2y3× √17√m2-2m+13 综上，sin0的最大值为y2 17 (20分) 当m=0时，sin0=0; 当m>0时，sin0=23 1 23 w171 V-213 17 ·71