第3章 空间向量与立体几何-【金试卷】2026-2027学年高二数学选择性必修第一册同步单元双测卷（北师大版）

第三章 空间向量与立体几何 测试时间：120分钟满分：150分 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 曲 出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1.与向量a=(一1,2，一3)平行的一个向量的坐标是 ( A(-2 B(-2 密 C.(2,4,-4) D.(-1,2,-4) 2.在正方体ABCD一AB,C,D1中，底面ABCD的对角线交于点 h 封 O,且OA=a,OB=b,则BC等于 典 A.-a-b B.a+b 线 C-6 D.2(a-b) 3.若{a,b,c}构成空间的一个基底，则下列向量共面的是() A.b,c,a+b B.b,a+c,a+b 内 C.a-b,c,a+b D.b,a-b,a+b 4.已知平面a的一个法向量为n=(一2，一2,1)，点A(x,3,0)在平 () 不 面。内，点P(-2,14)到平面。的距离为号则 A.-1 B.-11 C.-1或-11 D.-21 如 准 5.如图，正方体ABCD一A1B1CD1的棱长为a,M, V分别为A,B和AC上的点，A,M=AN=2a 3 答 则MN与平面BB,C,C的位置关系是 A.相交但不垂直 B.平行 题 C.垂直 D.不能确定 6.二面角的棱上有A,B两点，直线AC,BD分别在这个二面角的 两个半平面内，且都垂直于AB,已知AB=4,AC=6,BD=8,CD =217,则该二面角的大小为 () A.150 B.45 C.609 D.120° 7.如图所示，在三棱柱ABC-ABC,中，AA1⊥ 底面ABC,|AB|=|BC=|AA|,∠ABC= 丝 北 2,点E,F分别是棱AB,BB,的中点，则直线 EF与BC,所成的角是 ( A晋 B至 .3 2 8.在正四棱柱ABCD-ABCD1中，AA1=4,AB=BC=2,动点P, 16.如图，三棱锥V一ABC的侧棱长都相等，底面 Q分别在线段CD,AC上，则线段PQ长度的最小值是() ABC与侧面VAC都是以AC为斜边的等腰直 人吗 B2 c台 n 角三角形，E为线段AC的中点，F为直线AB A长 上的动点，若平面VEF与平面VBC所成锐二 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给 面角的平面角为0，则cos0的最大值是 出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过 得2分，有选错的得0分 程或演算步骤 9.棱长为1的正方体ABCD-AB,CD,中，下列结论正确的是() 17.(10分)如图所示，在四棱锥M一ABCD中，底 A.AB=-CD B.AB·BC=0 面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AM的长 C.AA1·BD1=0 D.AC1·AC=0 为3，且AM和AB,AD的夹角都是60°，N是 10.设动点P在正方体ABCD一A,B,C,D,的体对角线BD1上，记 CM的中点，设a=AB,b=AD,c=AM,试以 D1P=入D1B,当∠APC为钝角时，实数入的可能取值是( a,b,c为基向量表示出向量BN,并求BN的长。 A号 R号 c D.1 11.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则下列结论中正 确的是 () A.AC⊥BD B.异面直线AB与CD所成角的大小为牙 C.△ADC为等边三角形 D.直线AB与平面BCD所成角的大小为贺 12.将正方形ABCD沿对角线BD翻折，使平面ABD与平面BCD 的所成二面角的平面角为，如下四个结论正确的是（) A.AC⊥BD B.△ACD是等边三角形 C.直线AB与平面BCD所成的角为 D.AB与CD所成的角为S 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13.（开放创新)已知直线1的一个方向向量为v=(1,-2,0),写出 一个以(2,1,1)为起点，且垂直于直线1的单位向量的终点坐 标： 14.平面a的法向量u=(x,1,一2)，平面3的法向量v= (-1y,2)已知a/B,则x+y= 15.正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立 体结构，数学家已经证明世界上只存在五种柏拉 图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十 二面体、正二十面体.已知一个正八面体ABC DEF的棱长都是2（如图），P,Q分别为棱AB, AD的中点，则CP·FQ= 第二部分章末检测卷69 18.（12分)如图，平行六面体ABCD一 D A B A1BC1D1中，底面ABCD是边长为1的 正方形.AA1=2,∠A1AB=∠A1AD =60°. (1)求线段AC1的长度； (2)求异面直线AC,与A,D所成角的余弦值， 19.(12分)（开放创新）如图，在四棱锥P一ABCD 中，底面ABCD是菱形，PA=AB=2,PA⊥ 平面ABCD,E为PD的中点. (1)证明：PB∥平面AEC; (2)在①∠ABC=60°，②EC⊥AD这两个条件 中任选一个，补充在下面的横线上，并作答 若 ,求直线EC与平面PAD成的角. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 70第二部分章末检测卷 20.(12分)如图，在边长为4的正三角形ABC中，E, F分别为BC和AC的中点，|PA|=2,且PA⊥ 平面ABC,设Q是CE的中点. (1)求证：AE∥平面PFQ; (2)求AE与平面PFQ间的距离. 21.(12分)如图，在三棱锥A一BCD中，平面 ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的 中点. (1)证明：OA⊥CD; (2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE =2EA,且二面角E一BC一D的大小为45°，求三棱锥A一BCD 的体积. 22.(12分)如图，在三棱柱ABC-A1BC1中，四边 A B 形AACC是边长为4的正方形，平面ABC⊥ C 平面AA1C1C,AB=3,BC=5. (1)求证：AA1⊥平面ABC: (2)求二面角A1-BC1-B,的余弦值； (3)证明：在线段BC上存在点D,使得AD⊥A,B,并求BD BC 的值.当选择条件③时，AF=xA十1=1+1=2， 此时适合题意. 故选择条件①③时，可得抛物线C的方程是y2=4x. (2)由题意得直线1的斜率不为0， 设直线l的方程为x=ty十4，A(x1y1),B(x2y2). 白得-160 所以△=1612+64>0恒成立，y1十y2=41,y1y2=-16, 则x1x3=(ty1+4)(ty2+4)=ty1y2+4(y1+y2)+16=-16t2+16t2+16=16, 所以OA·OB=x1x2+y1y2=16-16=0,所以OA⊥OB. 综上所述，无论l如何变化，总有OA⊥OB 23 a2 b2 =1 19.解(1)若选①，则 e==2,解得合2=3所以双曲线C的方程为x2 fa2=1 31. c2=a2+b2 若选@，则可设双曲线方程为背-2=<0)，候题意可得号-2=n,即1=-1， 3 所以双曲线C的方程为x2一 31. (2)由题意设直线1的方程为4x一2y十m=0(m≠一1)， ,得4x2十8mx十m2+12=0. 4x-2y+m=0 由△=64m2-16(m2十12)=48m2-192>0,解得m<-2或m>2. 设直线1交C于A(x1y1),B(x2y2), 则1十x2=-2m2-m2+12 4 所以AB|=√1+4x1-x2|=V5·√(x1十x2)2-4x1x2=√5·√4m2-(m2+12) =4W5, 解得m=士2②工所以直线1的方程为4红-2y-2②=0或4红-2十2@=0. 3 3 3 20.解(1)设点M,y),依题意，D2牛y_1, x-9 3 化简袋理得号十苦-1，所以动立M的途G的方程为号+苦-1 (2)因为直线1与x轴不重合，所以可设直线1的方程为x=my十1，设点P(x1, y1),Q(x2,y2). 由x三my+1 78x2+9y2=72消去x并整理得(8m2+9)y2+16my-64=0,显然△>0 16m 64 则1十2=8m2+912=一8m2+9 my十4x+3),令x=0,得y= 直线BP的方程为y=1 3y1 my1+4 即点R(0).同So》 3y2 则|OR1·OS= 9y1y2 9y1y2 (my1+4)(my2+4) m2y1y2+4m(y1+y2)+16 9×64 8m2+9 -64m2+4m(-16m2+16 =4 8m2+98m2+9 所以OR·OS为定值4. x,y 21.(1)解设A(x1,y1),B(x2,y2),则 1262=1, 相减得， x吃y吃 12b2 =1 +)01-2》+y+z)-2》=0,所以-业.n十业=- 62 12 63 x1一x2x1十x2 y1十2一0 y1-y2,2 62 x1-x2 1十x2-0 12" 2 故舞国C的方在天号+苦=1 (2)运明设直线1：y=-m)交箱国于5g:T4y… 由是2m”消去v得.222m十m2-120, x2+4y2=12 因此3十x4=m,x3x4=m2,12 2■ 于是|PS2+|PT12=(x3-m)2+y3+(x4-m)2+y星 =-m)2+(-m)2=号[u+,2-24-2m6++2m2] =5(m2-m2+12-2m2+2m2)=15. 故PS2+|PT2为定值，且为15. 22.解（1)当MDLx轴时，有1MF=号+p=3,得D=2, 所以抛物线C的方程为y2=4x. (2)如图，根据(1)知F(1,0),D(2,0) 4Y 当MNLx轴时，易得a==交，此时a-9=0 B 当MN的斜率存在时，设M(x1y1),N(x2,y2),A M∠ (x3,y3),B(x4,y4), 则直线MN的方程为y一1=二兰(x一x1), D x1一x2 即y一y1 -(x-x1)= yi y 4(x一x1), y1+y2 44 即y(y1+y2)-y1(y1+y2)=4(x-x1), 所以直线MN的方程为y(y1十y2)一y1y2=4x. 同理可得，直线AM的方程为y(y3十y1)一y3y1=4x,直线BN的方程为y(y4+ y2)-y4y2=4x,直线AB的方程为y(y4十y3)-y4y=4x. 因为F(1,0)在MN上，所以y1y2=-4. 因为D(2,0)在AM,BN上，所以y3y1=-8,y4y4=-8, y4=8 所以y=一8 y2 64 以+y4=8881十2=-81十2=2(y+y2)y3y y1 y2 y1y2 -4 y1y2 =64=-16, 一4 所以直线AB的方程y(y4十y3)-y1y3=4x可化为(y1十y2y十8=2x, 4 所以tana=- y2+y1 ,tan B=2 y2+y1 2 所以tan(a-B)= y2十y1 2(y2+y1) 1 1+ 8 02+y)2+8=2X (y2+y1)+ 8 (y2十y1)2 y2+y1 当y2十y1<0时，tan(a-B)<0,所以不符合题意 当%十y>0时，(+)+8≥42，ana-B)≤2XL=2 y2十y1 4√24 5且仅当y2干1y2十y,即z十y=2V2时取等号 此时α一3取得最大值，直线AB的方程为x一√2y一4=0. 第三章空间向量与立体几何 1.Ba=2(号-专2)故选B 2.ABC=B0+OC=BO-OA=-OA-OB=-a-b.故选A. 3.D对于A,若向量b,c,a十b共面，则a十b=b十心，A,μ无解，所以向量b,c,a十b 不共面，故A错误；对于B,若向量b,a十c,a十b共面，则a十b=b十u(a十c),d,无 解，所以向量b,a十c,a十b不共面，故B错误；对于C,若向量a一b,c,a十b共面，则a 十b=入(a一b)十1c,入，无解，所以向量a一b,c,a十b不共面，故C错误；对于D,若向 量606ab共而到。+6=a一b+:脚只=1释得位2所以句蛋 b,a一b,a十b共面，故D正确.故选D. 4.C由题意知，PA=(x十2,2，-4)，则点P(-2,1,4)到平面a的距离d=PA:n n 号即-22》1-号解得x=-1或-1，故选C √4十4+1 5.B:正方体的棱长为aAM=AN=店=号A店.C=号.∴M Mi+BC+C=号A店+BC+号Ci=号(Bi-BA)+BG+号(BA BC)=号BB+号BC.又：CD是手面BBCC的-个法向量，且M.CD- (号BB+}BG)·Ci=0M⊥Ci.MN∥平面BBCC.故选B, 6.C由题意知CA.AB=0,BD.AB=0,CD=CA+AB+BD.CD12=C2+ 1AB2+|BD2+2CA·AB+2BD·AB+2CA·BD=62+42+82+2X6X8× cosC.BD》=(22,解得cosC,BD)=-号，则(C.B=120,所以二面 角的大小为60°，故选C. 7.C如图所示，建立空间直角坐标系B一xyz 由于AB|=BC=AA1,不妨取AB=2,则B(0,0,0), E(0,1,0),F(0,0,1),C1(2,0,2),.EF=(0,-1,1),BC1= (2,0,2), ..cos(EF,BC1)= EF·BC E1BC2XG=又(Er,BC) ∈[0，](E,BC)=号，即直线EF与BC1所成的角为号，故选C 8.C以D为坐标原，点，DA,DC,DD1所在直线分别为x D,12 轴、y轴、之轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2,0, 0),C(0,2,0),C(0,2,4),则可设P(0,t,2t),t∈[0,2]， Q(2-m,m,0),m∈[0,2]， PQ=W√(m-2)2+(t-m)2+(2t)2 (-）+号(m-9+5当且仅当=m-9 P 9 时，PQ取得最小值等，故选C D℃y 9.ABC如图，AB=DCi,即AB=-C1Di.ABLBC,AAA ⊥B1D1,故A,B,C选项均正确；AC1与A1C一定不垂直，故D错误.故选ABC. A 0 B --D B 10.AB以D为原点，DA,DC,DD1所在直线分 别为x,y,之轴，建立空间直角坐标系，如图所 D C 示.设正方体的棱长为1，则A(1,0,0),B(1,1, 0),C(0,1,0),D1(0,0,1),连接D1A,D1C,则 A D1A=(1,0,-1),D1C=(0,1,-1),D1B=(1, 、P 1,-1),所以D1P=入D1B=(入，入，-入).因为 D C 2 PA=PD1+D1A=(-λ，-A,a)+(1,0,-1)= (1-λ，-A,A-1),PC=PD1+D1C=(-入，一 入，A)+(0,1,-1)=(-λ，1-入，入-1)，∠APC x 为钝角，所以PA·PC<0,即(-A)(1-)+(-A)·(1-A)+(λ-1)2=（入-1）2· (3x-1)<0,解得号<A<1.故选AB 11.ABC如图，取BD中点为O,连接AO,CO,易知BDI C 平面AOC,故BD⊥AC,故A正确；以O为坐标原点， OA,OB,OC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，设正方形ABCD边长为a,则D 0 A。0o）,s(o.号o).c(o.0,9a)D(-号 2 a0故-（号号d).市=(o,号号 ),所以cos(AB,CD)= AB·CD 1AB1·1cDia2=- ,故异面直线AB与CD所成角的大小为号，故B正 参考答案117 确：在直角三角形A0C中，由A0=C0=号，A01CD.得AC=2A0=a,故 △ADC为等边三角形，故C正确；易知∠ABO即为直线AB与平面BCD所成的 角，易得∠ABO=T,故D错误，故选ABC 12.ABD由题设可知∠AOC=-5,故可建系， 如图所示，以BD中点O为坐标原，点，OD,OA,OC所在直线 分别为x轴、y轴、之轴，建立空间直角坐标系O-xyz,设正方 形ABCD的边长为2，则D(1,0,0),B(-1,0,0),C(0,0,1), A(0,1,0),所以AC=(0,-1,1),BD=(2,0,0),AC·BD= 0,故AC⊥BD,A正确； 又|AC=2,1CD=2,|AD1=√2，所以△ACD为等边三 角形，B正确； 对于C,OA为平面BCD的一个法向量， cos(AB.0i=A5·04=-1.-1,0)·(01.0)=-1--2 ABIOA √2×1 国为直线与平面所成的角的范国是0，、 所以AB与平面BCD所成的角的正弦值为号，故角为冬，故C错误； 又o.币=Ag-（-1-1.0x:10-D=-2 ABCD √2X√2 因为异面直线所成的角为锐角或直角，所以AB与CD所成的角为，故D正确。 故选ABD. 13.答案(2,1,0)（答案不唯一） 解析设终点坐标为(x,y,z),l的一个方向向量为v=(1,一2,0)，则以(2,1,1) 为起点，且垂直于直线1的单位向量为(x一2，y一1，之一1)，且满足 ∫x-2-2y+2=0 -2)2+y-D2+2=D2即2)29y-1D2+-D2可取x 2,y=1,2=0,故终点坐标可以为(2,1,0). 14.答案只 x=一， (入=一4 解析：a∥B,则u/,设u=,则1=y,解得x=4, -2=, y1因此x+y 15.答案1 解析在正八面体ABCDEF中，CA·CD=CA·CB=|CACBI cos60°=2， C店.Ci=0.P,Q分别为棱AB.AD的中点，则C=CA+2C店，F=F元+Cd +DA-EA+CD+(CA-CD)-BA-BE+CD+(CA-CD)-CA-CB- c市+c市+cd-c市)-ci--2c市.，-(2c+})· (cA-ci-2c可)=c-2c+cA.c-1c.Ci-c.cò =×22-号×2=1. 16.答案y6 3 解析因为底面ABC与侧面VAC都是以AC为斜 边的等腰直角三角形，所以Rt△ABC≌Rt△AVC,所 以VA=VC=BA=BC,设VA=VC=BA=BC=VB =2,连接BE,因为E为线段AC的中，点，所以VE BE=√2，又VE2+BE2=VB2,所以VE⊥EB.以E C y 为坐标原点，EB,EC,EV所在直线分别为xy,之轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则E(0,0,0),C(0w2,0),B(W2,0,0),V(0,0,w2),设 F(x,x-2,0),则VC=(0W2,-2),VB=(W2,0, -2),VE=(0,0,-√2)，VF=(x,x-√2，-√2)，设平面VBC的法向量m=(x1, y.),则m·V一0，即{21√21一0、令x1=1则y1=11=1,所以n= W2x1-V2z1=0 118参考答案 (1,1,1).设平面VEF的法向量n=(x2,y2,2),则 /n·VE=0 即 ln·VF=0 -√2z2=0 x,+.-22=0'令1，期2=0x2=-1,所以n=( x 2 1,0）对0=10s(mn>=惯滑- x 2 3X/2-22x+2.x2√6.x2-6V2x+6 令f)=6x2-6Ex+6=6-9）} +3,当x=号时f)m=3:则c0s0的最大值为-后 V33 17.解B=BC+C=Ai+Ci=Ai+号(Ai-AC)=Ai+A-(AD+ A]=-A店+}Ai+2Ai,所以B=-a+2b+c 又a=b=2,c=3,a·b=0,a·c=2X3·cos60°=3，b·c=2X3·cos60°=3， 所以B函2=Be=(←2a+2b+2c)°=}(a2+6+ec2-2a·6-2a·c+ 2·0=是所以B=罗即Bv的长为四 2 18.解(1)AC=AB+BC+CC, 故AC2=(AB+BC+CC)2=AB2+BC+CC2+2AB·BC+2AB·CC+2 BC·CC1=1+1+4+2×1×1×cos90°+2×1×2×cos60°+2×1×2×cos60°=6 +2+2=10,故AC1=|AC1=√/10. (2)因为AC1=AB+BC+CC1,A1D=AD-AA1, 所以AC·A1D=(AB+BC+CC).(AD-AA)=AB.AD-AB.AA+BC. AD-BC·AA1+CC1·AD-CC1·AA1=0-2×cos60°+1-2Xcos60°+2Xcos 60°-4=-4. A1D2=(AD-AA1)2=AD2-2AD·AA1+AA12=1-2×2cos60°+4=3， 所以|A1D=√3. 由(1)知A1C=/10, 所以cos(AC,AD)= AC1·A1D -4 2√30 AC1|·|ADW10X3 151 设异面直线AC1与A1D所成角为a, cos a-Icos(ACi.A D)=230 15 故异面直线AC与A1D所成角的余弦孩值为23d 15 19.解(1)如图1，连接BD,交AC于点O,连接OE. ,底面ABCD是菱形，.O为BD的中点， 又，E为PD的中点，.OE∥PB, .·PB庄平面AEC,OEC平面AEC,.PB∥平面AEC A.k A D B 图1 图2 (2)选①. 以O为原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，过O作平面ABCD的垂线 为之轴，建立如图2所示的空间直角坐标系， ,底面ABCD是菱形，PA=AB=2,∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD,E为PD的中，点， D-50.0.P0.-1.2.(-.-）.C01.0.A0,1.0 别武-(9号-1a-00.2.Ai=(-51.0. 设平面PAD的法向量为n=(x,y,之)， 则m·AP=22=0 n·AD=-√3x十y=0 ,取x=1,可得n=(1,W3,0). 设直线EC与平面PAD所成的角为O, 则sin0=|cos〈EC,n>|= EC·n=23=3 1EC·nl2X22, 所以直线EC与平面PAD所成的角为T 3 选②. 以O为原，点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴， 过O作平面ABCD的垂线为z轴，建立如图3所示的空 间直角坐标系， 取AD的中，点为F,连接EF,CF E为PD的中点，EF∥PA, 又PA⊥平面ABCD,.EF⊥平面ABCD,.EF⊥AD, 又EC⊥AD,EC∩EF=E,∴AD⊥平面CEF, .CF⊥AD,又底面ABCD是菱形，PA=AB=2, B ..AC=CD=2. D(-5.00,P0,-1.2.E(-.-1.c0. 图3 1,0),A(0,-1,0) 下同①. 20.解(1)证明如图所示，以A为坐标原点，平面ABC内垂直于AC边的直线为x 轴，AC所在直线为y轴，AP所在直线为：轴建立空间直角坐标系. .|AP|=2,AB|=BC=AC=4,又E,F分别是BC,AC 的中点， .A(0,0,0),B(23,2,0),C(0,4,0),F(0,2,0),E(3,3,0), Qo)002. :F=(3,3,0）AE=(W5,3,0)A正=2F. 2’2 ,AE与FQ无交点，∴.AE∥FQ. 又FQC平面PFQ,AEC平面PFQ,.AE∥平面PFQ. (2)由(1)知，AE∥平面PFQ,∴.点A到平面PFQ的距离就是直线AE与平面 PFQ间的距离. 设平面PQ的法向量为n=(y,则nP正：n·P应=0 (nLFQ.n.FQ=0. 2y-22=0, 又P庐=02-2》0-(9go小… 3 .x=-3y, 2x+2y=0,x=y, 令y=1,则x=-√5，z=1,.平面PFQ的一个法向量为n=(-3,1,1). 又Qi-(-名o)小所来矩病d0im-g5 n 5· 21.解(1)因为AB=AD,O为BD的中点，所以OA⊥BD,又平面ABD⊥平面BCD, 且平面ABD∩平面BCD=BD,AOC平面ABD,所以AO⊥平面BCD,又CDC平 面BCD,所以AO⊥CD. (2)法一如图所示，以O为坐标原点，OB ZA OA所在直线分别为x,z轴，在平面BCD内， 以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空 A 间直角坐标系. 因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为 BD的中点， 则OC=OB=OD=1, 所以B1.0,0.D-1.00.c-号9 x B D 设A(0,0,a),a0, 国为DE=2EA,所以E(-号0，号）. 由题意可知平面BCD的一个法向量为n=(0,0,1). 设平面BCE的法向量为m=(x,y,之)， -3 23y0 C3,80E含0：3：所以m·距-0-0刘 令x=1,则y=5=名所以m-(1w5,2)月 因为二面角E一BC一D的大小为45°， 2 所以c0s45°= m·n a √2 m n 2 得a=1,即OA=1. 因为Sap-BD:CDsm60r-号×2X1X咨-g. 所以VAn=号S△n·OA=号×9×1-日 法二因为△OCD是边长为1的等边三角形，且O为BD的中点，所以OC=OB OD=1. 所以△BCD是直角三角形，且∠BCD=90°，BC=√3，所以S△CD 3 2 如图，过点E作EF∥AO,交BD于F,过，点F作FG BC,垂足为G,连接EG. 因为AO⊥平面BCD,所以EF⊥平面BCD 又BCC平面BCD,所以EF⊥BC, 又FG⊥BC,且EF∩FG=F,EF,FGC平面EFG, 所以BC⊥平面EFG, B-------- 则∠EGF为二面角E一BC一D的平面角， G 所以∠EGF=45°，则GF=EF. 因为DE=2EA,所以EF=号0A,DF=20F, 所以邵=2 因为FG⊥BC,CD⊥BC,所以GF∥CD, 则部=号所以cF=号 所以EF=GF=号所以OA=1. 所以VAm=号5aD·A0=号×停X1- 61 22.解(1)因为四边形AA1C1C为正方形，所以AA1⊥AC 因为平面ABC⊥平面AA1C1C,且AA1垂直于这两个平面的交线AC, 所以AA1⊥平面ABC. (2)由(1)知AA1⊥AC,AA1⊥AB, 由题意知AB=3,BC=5,AC=4,则AB2+AC2=BC2,所以AB⊥AC. 如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A一xyz,则A 42 (0,0,0),B(0,3,0),A1(0,0,4),B1(0,3,4),C1(4,0,4) A 所以A1B=(0,3,-4),A1C1=(4,0,0),BB1=(0,0,4), BC1=(4,-3,4). 设平面A1BC1的法向量为n=(x,y,z), 则n·A店=0 即/3x-4=0 n·A1C1=0 14.x=0 令之=3，则x=0,y=4, 所以平面A1BC1的一个法向量为=(0,4,3). 设平面B1BC1的法向量为m=(a,b,c), 则m·BB=0 m·BC=0 即红-96+c=0 令a=3,得b=4,c=0, 故平面B1BC1的一个法向量为m=(3,4,0). 所以cos(n,m〉=mm25 n·m16 由题意知二面角A1一BC1一B1为锐角， 所以二面角A1一BG一B的余弦值为号 (3)假设D(x1yⅥ1)是线段BC上一点，且BD=入BC(a∈[0,1]) 所以(x1y1一3，之1)=入(4，一3,4). 解得x1=4入，y1=3-3入，之1=4入，所以AD=(4入，3-3入，4入) 由AD⊥A1B,得AD·AB=0,即9-25A=0,解得入=25： 9 因为是∈[01]，所以在线段BC上存在点D 代好AD1AB,成时肥-品 第一、二、三章滚动测试卷（期中卷） 1.C设该直线方程为2x-y十m=0, 由于点(0，一2)在该直线上， 则2×0十2十m=0,得m=-2, 即该直线方程为2x一y-2=0.故选C. 2.D依题意，得ka十b=(k-1,k-2),2a-b=(3,2,2),由(ka十b)⊥(2a-b),得(ka 十b)(2a-b)=0,所以3(k-1)+2k-4=0,解得k=名，故选D. 3.D已知条件可等价于“动点到点(3,0)的距离等于它到直线x=一3的距离”，由抛 物线的定义可判断，动点的轨迹为抛物线，故选D. 4.C因为直线11：x十my十1=0与l:2x-y=0垂直，所以1X2-m=0,解得m=2, 所以直线1的方程为十2y十1=0，直线6的方程为x十2十号-=0，由平行线间的 1-_立5战C 1 距离公式可得11与l2之间的距离d= √12+22510 5.B因为a=(1,n,2),b=(-2,1.2),所以2a-b=(4,2n-1,2). 因为2a-b与b垂直，所以(2a-b)·b=0,所以-8+2n-1+4=0, 郎得=号所以a=(1,营2)小 所以a2+2+(受-.选B 2 6.D圆x2+2mx十y2十m2-1=0,即(x十m)2+y2=1,其圆心为(-m,0),半径r= 1.圆x2十(y一2)2=4，其圆心为(0,2)，半径R=2.若两圆至少有三条公切线，则两 圆外切或外离，所以√m2+4≥2+1，解得m≥√5或m≤一√5，所以m的取值范围为 (-∞，一√5]U[√5，十∞).故选D. 7.B以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，设Q的轨迹 与y轴的交点坐标为G(0,b,0)(b>0),连接PG,由题意可知 A(0,0,0),D(2,0,0),P(0,0,1),所以DP=(-2,0,1),DG= (一2，b,0),AD=(2,0,0).易知平面APD的一个法向量为 A℃ n1=(0,1,0),设平面PDG的法向量为n2=(x2,y2,2),则 /n2·DP=0 (-2x2十z2=0 n2·DG=0 0即{-22+62=0今x=2.得9=1%= 名，所以m=(1,名，2)是平面PDG的-个法向量，则二面角G-PD-A的手面角 2 的余弦值为cos(m1n)川=n1·m2 n1·n2 5,解得6=25或6=-25 √+是 5 〔合去).Q在线段DG(不合点D)上运动，又S△A四=号×ADX0=0(0表示 Q点的纵坐标)，所以△ADQ面积的取值范国为(0,2 亏故选B 8.C由题意，直线MN为双曲线的一条渐近线，不妨设其方程为y= x,设M是该 渐近线在第三象限上一点，N是该渐近线在第一象限上一点，因为四边形MF,NF。 为矩形，所以MN=|F1F2=2,所以以MN为直径的圆的方程为x2+y2=c2.由 &解行友所以Na,0,M-a,以又Aa,0所型 x2+y2=c2 |AM=√(a+a)2+b2=W4a2+b2,|AN|=√(a-a)2+b2=b.在△AMN中， ∠MAN=经，由余孩定里得1MN2=AM2+AN?-2AM1AN·os即 2=4a2++B+4a2+PX6,化简得2h=a2+2,所以4=4如2+心，则g=青 所以气1+$-耳故选C a2=3 9.AC直线2x-y-1=0与x轴的交点坐标是(2,0)，即抛物线的焦点坐标 是(30 此时抛物线的标准方程是y2=2x; 与y轴的交点坐标是(0，一1)， 抛物线的焦，点坐标是(0，一1)， 此时抛物线的标准方程是x2=一4y.故选AC. 10.ABD根据题意，逐项分析如下： 选项正误 原因 A 若1与圆C相切，则 =c,即a2十b2=1,所以A在圆O上」 √a2+62 B 若1与圆0相切，则一1 =1,即a2+b2=c2,所以A在圆C上 Va2+62 0 若1与圆C相离，则一d>c,即a2+6<1,所以A在圆0内 √a2+b2 0 若1与圆0相交，则<1，即a2+b2>c2,所以A在圆C外. √a2+b 故选ABD. 11.BCD由题意知抛物线方程为x2=4y,其焦，点坐标为(0,1)，故A错误；显然直线 AB的斜奉存在，成共鲜车为，制直钱AB的方权为y=虹十1，联立，游 去x得y2-(2+4k2)y十1=0,4=16k4+16k2≥0，y1+y2=2+4k2,y1y2=1,故B 正确；由抛物线性质知FA=y十1，FB=2十1，则|FA·FB=(y十1)(2十1)= 2十(y十2)十1=4十4k2≥4，当且仅当k=0时，FA·FB取得最小值4，故C正确； 易知∠AOB=∠MON,则SAB= ·0A·OB·sm∠A0B-1OA·OB 'SAN号·OM·ON·m∠MON OM·1ONT 兰·兰--子（定值），故D正确，故选BCD 12.AD由椭圆的方程可得，a=2,b=√2，c=√2. 对于选项A,△PF1F2的周长为|PF1|+|PF2|+|F1F2|=2a十2c=4十2√2，故选 项A正确； 对于选项B,当∠PF1F2=90°时，PF1⊥x轴，令x=-2,可得y=士1，所以PF1 =1,故选项B不正确； 在△PF1F2中∠FPF2=60°，由PF1|+IPF2=4,|FF22=|PF1I2+PF2|2 -2PF,PF,cos60,可得PF,lIPF:=8,△PF,F的面积为合PF P1sm60=×营×受-2送项C不正角 当点P位于椭圆的上、下顶点时，|PF1|=|PF2|=a=2,而|F1F2|=2c=2√2，此 时∠F1PF2=90°，有2个直角三角形，当PF1⊥F1F2时，∠PF1F2=90°，此时点P 位于第二或第三象限，有2个直角三角形，同理可得PF2⊥F1F2时，∠PF2F1 90°，此时有2个直角三角形，所以共有6个直角三角形，故选项D正确.故选AD. 13.答案y=多（或x+y-5=0或：x-y+1=0) 解析由题意，直线L过点(2,3)，且在横坐标轴与纵坐标轴上的截距的绝对值相 等.若直线l在两坐标轴上的截距为0，即直线I过原点，设直线的方程为y=kx, 则3=2k,得k=?,故直线1的方程为y=2x若直线1在两坐标轴上的藏距相等 3 3 且不为0，则可设直线1的方程为二十义=1，则2+3=1，所以4=5，故直线1的方程 为x十y一5=0.若直线1在两坐标轴上的截距互为相反数且不为0，则可设直线1的方 程为二一义=1，则2-3=1，所以a=一1，故直线1的方程为x一y十1=0. aa aa 1答案后+ 解折设批时方程为导+若=1>6>0以，南号如后-是 2 2 :△ABF2的周长为|AB|+|BF2|+|AF2|=|AF1|+AF2+|BF1+|BF2= 4a=16, 六a=4,c=2262=a2-c2=8.椭圆C的方程为2+ 168=1. 15,答案y=±2x8 3 解折双由线C的高心率为：=日1中(2}-尽，所以白-，所以双曲我C 的渐近线方程为y=士√2x.由题意知，a=2,所以c=2√3，b=2√2，不妨设点P在 双曲线C的右支上，PF1|=m,PF2|=n,则m-n=4,在△F1PF2中，由余弦定 参考答案119