高中數學培優(yōu)講義練習（人教A版2019選擇性必修一）專題1.12空間向量與立體幾何全章綜合測試卷（基礎篇）

第一章空間向量與立體幾何全章綜合測試卷基礎篇參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題，滿分40分，每小題5分）1．（5分）（2022春?涪城區(qū)校級期中）已知O，A，B，C為空間四點，且向量OA→，OB→，A．OA→，OB→，OCB．O，A，B，C中至少有三點共線 C．OA→+OB→D．O，A，B，C四點共面【解題思路】根據空間向量基本定理即可判斷．【解答過程】解：由于向量OA→，OB所以O，A，B，C四點共面，故選：D．2．（5分）（2022春?內江期末）已知a→=(2，?2，A．48585 B．?48585 C．【解題思路】利用空間向量的夾角余弦值公式cos＜【解答過程】解：∵a→=(2，∴cos＜故選：B．3．（5分）（2021秋?玉州區(qū)校級月考）如圖所示，在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，若A1B1→=a→A．a→+b→?c→ B．a→【解題思路】根據圖形可得D1C1【解答過程】解：由題意得，D1C1故選：B．4．（5分）（2022春?永昌縣校級月考）若向量a→=(1，?2，A．27 B．5 C．26 D．【解題思路】利用空間向量的坐標運算求解即可．【解答過程】解：∵a→=(1，∴a→+2b→=（﹣3，∴|a→+2b→故選：C．5．（5分）（2021秋?溫州期末）已知四面體ABCD，所有棱長均為2，點E，F分別為棱AB，CD的中點，則AF→A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2【解題思路】先得到四面體ABCD為正四面體，再利用空間向量的數量積運算和線性運算求解即可．【解答過程】解：∵四面體ABCD，所有棱長均為2，∴四面體ABCD為正四面體，∵E，F分別為棱AB，CD的中點，∴AF→?CE→==12AC→?AE→=12×2×1×1＝﹣2．故選：D．6．（5分）（2022春?梅州期末）已知四棱錐P﹣ABCD，底面ABCD為平行四邊形，M，N分別為棱BC，PD上的點，CMCB=13，PN＝ND，設AB→=a→，A．a→+13b→+12c→ 【解題思路】由圖形可得MN→=MC→+CD→【解答過程】解：根據題意，可得MN=1即MN→故選：D．7．（5分）（2021秋?淄博期末）在空間直角坐標系Oxyz中，平面α的法向量為n→=(1，1，A．若m→=(?12，B．若m→=(1，0，C．平面α與所有坐標軸相交 D．原點O一定不在平面α內【解題思路】根據題意，由平面法向量的定義，依次分析選項，即可得答案．【解答過程】解：根據題意，依次分析選項：對于A，平面α的法向量為n→=(1，1，1)，m→=(?12，?12，1)，則有m→?n→對于B，平面α的法向量為n→=(1，1，1)，m→=(1，0，?1)，則有m→?n→=?12?對于C，平面α的法向量為n→=(1，對于D，原點O可以在平面α內，D錯誤；故選：C．8．（5分）（2022春?天寧區(qū)校級期末）在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為矩形，AB＝PA．若BC邊上有且只有一個點Q，使得PQ⊥QD，此時二面角A﹣PD﹣Q的余弦值為（）A．33 B．306 C．66 【解題思路】先建立空間直角坐標系，因為題目中有矩形ABCD，以及和這個矩形面垂直的直線，所以x，y，z軸很容易找到，再在所建坐標系中求出點P、B、D的坐標即可，要求二面角Q﹣PD﹣A的余弦值，只需求兩個平面的法向量的夾角的余弦值即可，可先分別求兩個平面的法向量，再利用向量夾角公式求余弦值．【解答過程】解：∵PA⊥平面ABCD且ABCD為矩形，∴分別以AB，AD，AP為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系O﹣xyz，∵AP＝AB＝1，BC＝2，設BC＝a（a＞0），∴P（0，0，1），B（1，0，0），D（0，a，0），設Q（1，y，0），則PQ→=（1，y，﹣1），DQ→=（1，y﹣∵PQ⊥QD，∴PQ→?∴1+y（y﹣a）+0＝0，即y2﹣ay+1＝0（*），當BC邊上有且僅有一個Q點，方程（*）有等根，∴y＝1，此時a＝2，顯然平面PAD的一個法向量為m→=（1，0，設平面PQD的一個法向量為n→=（x，y，z），則n→?DQ即PQ→=（1，1，﹣1），DQ→=（1，﹣∴x+y?不妨取x＝1，則y＝1，z＝2，∴n→=（1，1，由圖可知，二面角Q﹣PD﹣A為銳角，設為α，cosα＝|m→?n即二面角Q﹣PD﹣A即的余弦值為66故選：C．二．多選題（共4小題，滿分20分，每小題5分）9．（5分）（2021秋?邯鄲期末）已知a→，b→，A．若xa→+yb→+zc→=0→，則B．a→，b→，c→兩兩共面，但a→，bC．一定存在實數x，y，使得a→=xb→D．a→+b→，b→【解題思路】根據已知條件，結合向量共面的定理，即可求解．【解答過程】解：對于A，若x，y，z不全為0，則a→，b→，c→對于B，a→，b→，c→兩兩共面，但a→，b→對于C，a→，b→，c→不共面，則不存在實數x，y，使得a→=xb對于D，若a→+b→，b→則a→+b→=k(b→?c→)+λ(c→故選：ABD．10．（5分）（2022春?古田縣校級月考）已知ABCD﹣A1B1C1D1是正方體，以下正確命題有（）A．（A1A→+A1DB．A1C→?（AC．向量AD→與向量A1B→D．正方體ABCD﹣A1B1C1D1的體積為|AB→?AA1【解題思路】利用向量的線性運算法則與正方體的性質計算可判斷每個選項的正誤．【解答過程】解：對于A：∵A1A→⊥A1D1→，A∴（A1A→+A1D1→+A1B1→對于B：A1B1→?A1對于C：異面直線A1B與AD1所成的角為60°，但向量AD→與向量A1B→的夾角為對于D：|AB→?AA1→?AD→|＝0，該正方體的體積為|AB→|?|AA1故選：AB．11．（5分）（2021秋?蘄春縣期中）已知空間中三點A（0，1，0），B（1，2，0），C（﹣1，3，1），則正確的有（）A．AB→與AC→B．AB→的單位向量是（1，1，0）C．AB→與BC→夾角的余弦值是D．平面ABC的一個法向量是（1，﹣1，3）【解題思路】由AB→≠λAC→，可判斷選項A；AB→的單位向量為±AB→|AB→|，可判斷選項B；由cos＜AB→，BC→＞=AB→?【解答過程】解：由題意知，AB→=（1，1，0），AC→=（﹣1，2，1），BC→=（﹣因為AB→≠λAC→，所以AB→與AB→的單位向量為±AB→|AB→|=±22AB→，所以AB→的單位向量為（22，cos＜AB→，所以AB→與BC→夾角的余弦值為?3設平面ABC的一個法向量為n→=（x，y，z），則n→令x＝1，則y＝﹣1，z＝3，所以n→=（1，﹣1，3），即故選：CD．12．（5分）（2022春?德州期末）如圖，菱形ABCD邊長為2，∠BAD＝60°，E為邊AB的中點，將△ADE沿DE折起，使A到A'，連接A'B，，且A'D⊥DC，平面與A'BE平面A'CD的交線為l，則下列結論中正確的是（）A．平面A'DE⊥平面A'BE B．CD∥l C．BC與平面A'DE所成角的余弦值為12D．二面角E﹣A'B﹣D的余弦值為7【解題思路】A．利用面面垂直的判定定理判斷；B．利用線面平面的判定定理和性質定理判斷；C．以E為原點，分別以EB，ED，EA′為x，y，z軸，建立如圖所示空間直角坐標系：求得BC的方向向量，平面A'DE的法向量，可求BC與平面A'DE所成角的余弦值為12，D．求得平面EA′B，A′BD【解答過程】解：因為A′D⊥DC，ED⊥DC，A'D∩DE＝D，所以CD⊥平面A′DE，因為CD∥BE，所以BE⊥平面A′DE，因為BE?平面A′BE，所以平面A′DE⊥平面A′BE，故A正確；因為CD∥BE，CD?平面A′BE，BE?平面A′BE，所以CD∥平面A′BE，又平面A′BE與平面A′CD的交線為l，所以CD∥l，故B正確；C．由A知，BE⊥平面A′DE，則BE⊥A′E，又菱形ABCD邊長為2，∠BAD＝60°，E為邊AB的中點，所以DE⊥A′E，又BE∩DE＝E，所以A′E⊥平面BED，以E為原點，分別以EB，ED，EA′為x，y，z軸，建立如圖所示空間直角坐標系：則B（1，0，0），A′（0，0，1），C（2，3，0），D（0，3，0），所以BC→=（1，3，由A知BE⊥平面A′DE，所以EB→=（1，0，0）為平面A′設BC與平面A'DE所成角為θ，∴sinθ＝|cos＜EB→，BC→＞|＝|EB→?BC∴cosθ=1?(12易證DE⊥面A′BE，故ED→=（0，3，0）為平面A′又A'B→=（1，0，﹣1），BD→=（﹣設平面A'DB的一個法向量為：n→=（x，y，則n→?A'B→=x?z=0n→?BD所以cos＜m→，所以二面角E﹣A′B﹣D的余弦值為77，故D故選：ABD．三．填空題（共4小題，滿分20分，每小題5分）13．（5分）（2022春?岳麓區(qū)校級期末）已知{a→，b→，c→}是空間的一個單位正交基底，向量p→=a→+2b→+3c→，{a→+b→，a→?b→，c→}是空間的另一個基底，用基底{a→+b→【解題思路】設p→=x（a→+b→）+y（【解答過程】解：設p→=x（a→+b→）+y（則p→=（x+y）a→+（x﹣y）∵p→=a→+∴x+y=1x?y=2z=3，∴∴p→=32（a→+b→故答案為：32（a→+b→）?114．（5分）已知直線l外一點A（﹣1，0，2），直線l過原點O，且平行于向量m→=（0，4，2），則點A到直線l的距離為105【解題思路】直線l過點O，直線l的方向向量為m→，則點A到直線的距離為d=【解答過程】解：∵直線l外一點A（﹣1，0，2），直線l過原點O，且平行于向量m→=（0，4，∴OA→=（﹣1，0，∴點A到直線l的距離為：d=|故答案為：105515．（5分）（2022春?大祥區(qū)校級期末）已知向量a→，b→滿足a→=(1，1，2)，|b→|=2【解題思路】先求出a→【解答過程】解：∵a→∴|a∵|a∴a→2+2∴a→∴a→+b→在故答案為：(316．（5分）（2022春?張掖期中）對于空間任意一點O，以下條件可以判定點P、A、B共線的是①③（填序號）．①OP→②5OP→③OP→④OP→【解題思路】由空間共線向量定理即可求解．【解答過程】解：對于①，∵OP→=OA→+t∴OP→?OA→=tAB→（t≠0∴點P、A、B共線，故①正確；對于②，∵5OP→=OA→+AB∴P、O、B共線，點P、A、B不一定共線，故②錯誤；對于③，∵OP→=OA→+AB→（t≠0∴AP→=?tAB→（t≠0），∴AP→，AB→共線，∴對于④，∵OP→=?OA∴OP→=?2OA∴BP→=?2OA→，∴BP，OA平行或重合，故BP、OA平行時，點P、A、故答案為：①③．四．解答題（共6小題，滿分70分）17．（10分）（2021秋?海城區(qū)校級月考）對于任意空間四邊形ABCD，E，F分別是AB，CD的中點．（1）試證：EF→與BC→，（2）AD→=a→，AB→=b→，AC→=c【解題思路】（1）連接AC，取AC的中點P，連接PE，PF．根據直線與平面平行的判定定理可得AD∥平面PEF，BC∥平面PEF，從而可得向量EF→與BC→，（2）直接利用向量的加減法運算得答案．【解答過程】（1）證明：如圖，連接AC，取AC的中點P，連接PE，PF．∵P，F分別為AC，CD的中點，∴AD∥PF．又∵PF?平面PEF，AD?平面PEF．∴AD∥平面PEF．同理可證，BC∥平面PEF．∴向量EF→與BC→，（2）解：BF=118．（12分）（2022春?成都期中）已知空間三點A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5）．（Ⅰ）求以AB，AC為鄰邊的平行四邊形的面積；（Ⅱ）設D（x，1，﹣1），若A，B，C，D四點共面，求x的值．【解題思路】（Ⅰ）利用向量夾角公式可得cosA，進而得到sinA，即可得出以AB，AC為鄰邊的平行四邊形面積S＝|AB→||AC→|sin（Ⅱ）A，B，C，D四點共面，可得存在唯一一對實數m，n，使得AD→=mAB→【解答過程】解：（Ⅰ）AB→=（﹣2，﹣1，3），AC→=（1，﹣cos＜AB→，S平行四邊形ABCD＝|AB→||AC→|sinA=14（Ⅱ）AB→=（﹣2，﹣1，3），AC→=（1，﹣3，2），AD→=（∵A，B，C，D四點共面，∴存在唯一一對實數m，n，使得AD→=mAB→∴x=?2m+n?1=?m?3n∴x＝5．19．（12分）（2021秋?樂清市校級月考）如圖，棱長為1的正四面體（四個面都是正三角形）OABC，M是棱BC的中點，點N在線段OM上，點P在線段AN上，且MN=12ON（1）用向量OA→，OB→，OC→（2）求|OP【解題思路】（1）利用向量運算法則直接求解．（2）利用向量運算法則，求出OP→=14OA→+14OB→【解答過程】解：（1）AN→∴AN→（2）OP=1∴OP→∴|OP→|2=116（OA→+OB→+OC∴|OP20．（12分）（2022春?泰州期末）已知a→=(2，（1）求(a（2）當(ka→?【解題思路】（1）根據空間向量的坐標線性運算與數量積公式，即可求解．（2）根據垂直的數量積表示，結合向量的坐標公式，即可求解．【解答過程】解：（1）因為a→=(2，故a→+b故(a（2）a→2=22因為(ka所以(ka→?故14k+6（k2﹣1）﹣9k＝0，即（2k+3）（3k﹣2）＝0，故k=?3221．（12分）（2021秋?白城期末）在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分別為A1D1和CC1的中點（1）求證：EF∥平面A1C1B；（2）求異面直線EF與AB所成角的余弦值．【解題思路】（1）建立坐標系，取BC1中點G，證明EF→與A1G→共線，可得EF∥A1G，即可證明EF∥平面A1（2）求出兩異面直線的方向向量，用數量積公式求夾角余弦即可．【解答過程】（1）證明：如圖分別以DA、DC、DD1所在的直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系D﹣xyz，由已知得D（0，0，0）、A1（2，0，2）、B（2，2，0）、A（2，0，0）、C（0，2，0）、C1（0，2，2）、D1（0，0，2）、E（1，0，2）、F（0，2，1）．取BC1中點G，則G（1，2，1），A1G→=（﹣1，又EF→=（﹣1，2，﹣1