2021-2022学年高二年级上册学期数学北师大版选择性必修第一册第3章 空间向量与立体几何测试题 -【含答案】

1、空间向量与立体几何( )一、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已知向量a(2，3，5)与向量b(4，x，y)平行，则x，y的值分别是()A6和10B6和10C6和10D6和102已知直线a的方向向量为a，平面的法向量为n，下列结论成立的是()A若an，则aB若an，则aC若an，则aD若an，则a3平面的一个法向量n(1，1，0)，则y轴与平面所成的角的大小为()Aeq f(,6) Beq f(,4) Ceq f(,3) Deq f(3,4)4平行六面体ABCDA1B1C1D1，向量eq o(AB,sup7(），eq o(AD,s

2、up7(），eq o(AA1,sup7(）两两的夹角均为60，且eq blc|rc|(avs4alco1(o(AB,sup7(）1，eq blc|rc|(avs4alco1(o(AD,sup7(）2，eq blc|rc|(avs4alco1(o(AA1,sup7(）3，则eq blc|rc|(avs4alco1(o(AC1,sup7(）等于()A5B6C4D85已知a(2，1，3)，b(1，4，2)，c(7，5，)，若a，b，c三向量共面，则实数等于()Aeq f(62,7)Beq f(63,7)Ceq f(60,7)Deq f(65,7)6如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD为正三角形，底

3、面ABCD为正方形，侧面PAD底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MPMC则点M在正方形ABCD内的轨迹为()ABCD7正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sineq o(CM,sup7(），eq o(D1N,sup7(）的值为()Aeq f(1,9)Beq f(4r(5),9)Ceq f(2r(5),9)Deq f(2,3)8已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，点H在棱AA1上，且HA11，P是侧面BCC1B1内一动点，HPeq r(13)，则CP的最小值为()Aeq r(13)2Beq r(13)3Ceq r(15)2Deq r(

4、15)3二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分)9点M在z轴上，它与经过坐标原点且方向向量为s(1，1，1)的直线l的距离为eq r(6)，则点M的坐标是()A(0，0，3)B(0，0，3)C(0，0，eq r(3)D(0，0，eq r(3)10如图，在正三棱锥PABC中，D是侧棱PA的中点，O是底面ABC的中心，则下列四个结论中，对任意正三棱锥PABC，不成立的是()AOD平面PBCBODPACODACDPA2OD11下列结论不正确的是()A两条异面直线所成的角与这两直线的方向向量所成的角相

5、等B直线与平面所成的角等于直线与该平面法向量夹角的余角C二面角的大小一定等于该二面角两个面的法向量的夹角D若二面角两个面的法向量的夹角为120，则该二面角的大小等于60或12012已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，如果eq o(AB,sup7(）(2，1，4)，eq o(AD,sup7(）(4，2，0)，eq o(AP,sup7(）(1，2，1)，则下列结论正确的是()AAPABBAPADCeq o(AP,sup7(）是平面ABCD的法向量Deq o(AP,sup7(）eq o(BD,sup7(）三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)13已知向量a

6、(1，1，x)，b(1，2，1)，c(1，1，1)，若|ca|2，则x_；若(ca)(2b)，则x_(本题第一空3分，第二空2分)14若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角等于120，则直线l与平面所成的角为_15平面经过点A(0，0，2)且一个法向量n(1，1，1)，则平面与x轴的交点坐标是_16已知三棱锥PABC各顶点的坐标分别是P(1，0，0)，A(0，1，0)，B(4，0，0)，C(0，0，2)，则该三棱锥底面ABC上的高h_三、解答题(本大题6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分)如图，在ABC中，ABC60，BAC90，AD是BC上的高，沿

7、AD把ABD折起，使BDC90(1)证明：平面ADB平面BDC；(2)设E为BC的中点，求eq o(AE,sup7(）与eq o(DB,sup7(）夹角的余弦值18(本小题满分12分)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点(1)证明：ADD1F；(2)求AE与D1F所成的角；(3)证明：平面AED平面A1FD119(本小题满分12分)如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，ACCD，ABC60，PAABBC，E是PC的中点证明：(1)AECD；(2)PD平面ABE20(本小题满分12分)如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的

8、点(1)求证：平面PAC平面PBC；(2)若AB2，AC1，PA1，求二面角CPBA的余弦值21(本小题满分12分)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，ACBC2，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，又知BA1AC1(1)求证：AC1平面A1BC；(2)求二面角AA1BC的余弦值22(本小题满分12分)如图，在底面是正方形的四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，BD交AC于点E，F是PC中点，G为AC上一点(1)求证：BDFG；(2)确定点G在线段AC上的位置，使FG平面PBD，并说明理由；(3)当二面角BPCD的大小为eq f(2,3)时，求PC与底面ABCD所成角的正切值一

9、、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已知向量a(2，3，5)与向量b(4，x，y)平行，则x，y的值分别是()A6和10B6和10C6和10D6和10A由ab，得eq f(4,2)eq f(x,3)eq f(y,5)，x6，y102已知直线a的方向向量为a，平面的法向量为n，下列结论成立的是()A若an，则aB若an，则aC若an，则aD若an，则aC由直线的方向向量与平面的法向量的定义知应选C，对于选项D，直线a在平面内，也满足an3平面的一个法向量n(1，1，0)，则y轴与平面所成的角的大小为()Aeq f(,6) Beq f

10、(,4) Ceq f(,3) Deq f(3,4)By轴的方向向量s(0，1，0)，cosn，seq f(ns,|n|s|)eq f(r(2),2)，即y轴与平面所成角的正弦值是eq f(r(2),2)，故其所成的角是eq f(,4)4平行六面体ABCDA1B1C1D1，向量eq o(AB,sup7(），eq o(AD,sup7(），eq o(AA1,sup7(）两两的夹角均为60，且eq blc|rc|(avs4alco1(o(AB,sup7(）1，eq blc|rc|(avs4alco1(o(AD,sup7(）2，eq blc|rc|(avs4alco1(o(AA1,sup7(）3，则eq

11、 blc|rc|(avs4alco1(o(AC1,sup7(）等于()A5B6C4D8A设eq o(AB,sup7(）a，eq o(AD,sup7(）b，eq o(AA1,sup7(）c，则eq o(AC1,sup7(）abc，eq blc|rc|(avs4alco1(o(AC1,sup7(）2a2b2c22ab2bc2ca25，因此eq blc|rc|(avs4alco1(o(AC1,sup7(）55已知a(2，1，3)，b(1，4，2)，c(7，5，)，若a，b，c三向量共面，则实数等于()Aeq f(62,7)Beq f(63,7)Ceq f(60,7)Deq f(65,7)Da，b不共

12、线，存在x，y，使cxaybeq blcrc (avs4alco1(2xy7，,x4y5，,3x2y，）解得eq f(65,7)6如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MPMC则点M在正方形ABCD内的轨迹为()ABCDA如图，以D为原点，DA、DC分别为x，y轴建立如图所示空间直角坐标系，设M(x，y，0)，设正方形边长为a，则Peq blc(rc)(avs4alco1(f(a,2)，0，f(r(3),2)a），C(0，a，0)，则|MC|eq r(x2ya2)，|MP|eq r(blc(rc)(a

13、vs4alco1(xf(a,2）)sup12(2)y2blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)a）sup12(2）由|MP|MC|得x2y，所以M在正方形ABCD内的轨迹为一条直线yeq f(1,2)x7正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sineq o(CM,sup7(），eq o(D1N,sup7(）的值为()Aeq f(1,9)Beq f(4r(5),9)Ceq f(2r(5),9)Deq f(2,3)B设正方体棱长2，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(如图)，可知eq o(CM,sup7(）

14、(2，2，1)，eq o(D1N,sup7(）(2，2，1)，coseq o(CM,sup7(），eq o(D1N,sup7(）eq f(1,9)，sineq o(CM,sup7(），eq o(D1N,sup7(）eq f(4r(5),9)8已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，点H在棱AA1上，且HA11，P是侧面BCC1B1内一动点，HPeq r(13)，则CP的最小值为()Aeq r(13)2Beq r(13)3Ceq r(15)2Deq r(15)3A法一：作HPBB1于G(图略)，则B1G1，所以GP2，所以点P的轨迹是以G为圆心，2为半径的圆弧，所以CP的最小值为CG2eq

15、 r(13)2法二：分别以CD，CB，CC1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(图略)，则Heq blc(rc)(avs4alco1(3，3，2），设Peq blc(rc)(avs4alco1(0，y，z），由HPeq r(13)，得eq (03)2(y3)2(z2)2)eq r(13)，所以(y3) 2(z2) 24，所以CP的最小值为eq (00)2(30)2(20)2)2eq r(13)2二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分)9点M在z轴上，它与经过坐标原点且方向向量为s(1，1，1

16、)的直线l的距离为eq r(6)，则点M的坐标是()A(0，0，3)B(0，0，3)C(0，0，eq r(3)D(0，0，eq r(3)AB设M(0，0，z)，直线的一个单位方向向量s0eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),3)，f(r(3),3)，f(r(3),3）)，故点M到直线l的距离deq r(o(|o(OM,sup7(）|2|o(OM,sup7(）s0|2）eq r(z2f(1,3)z2)eq r(6)，解得z310如图，在正三棱锥PABC中，D是侧棱PA的中点，O是底面ABC的中心，则下列四个结论中，对任意正三棱锥PABC，不成立的是()AOD平面PBCBODPA

17、CODACDPA2ODAB取BC中点M，连接AM，PM，则OAM，AO2OM，OD与PM不平行，OD平面PBC不成立，即A不成立；连接OP，OAOP，D为PA中点，ODPA不成立，即B不成立；PABC为正三棱锥，BCPMBCAM，BC平面APM，ODBC，即C成立；PO垂直于平面ABC，OA属于平面ABC，PO垂直于OA，三角形AOP为直角三角形D为AP的中点，PA2OD即D成立故选AB11下列结论不正确的是()A两条异面直线所成的角与这两直线的方向向量所成的角相等B直线与平面所成的角等于直线与该平面法向量夹角的余角C二面角的大小一定等于该二面角两个面的法向量的夹角D若二面角两个面的法向量的夹

18、角为120，则该二面角的大小等于60或120ABC12已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，如果eq o(AB,sup7(）(2，1，4)，eq o(AD,sup7(）(4，2，0)，eq o(AP,sup7(）(1，2，1)，则下列结论正确的是()AAPABBAPADCeq o(AP,sup7(）是平面ABCD的法向量Deq o(AP,sup7(）eq o(BD,sup7(）ABCeq o(AB,sup7(）eq o(AP,sup7(）0，eq o(AD,sup7(）eq o(AP,sup7(）0，ABAP，ADAP，则选项A和B都正确；又eq o(AB,sup7(）与eq o(AD,

19、sup7(）不平行，eq o(AP,sup7(）是平面ABCD的法向量，故C正确；eq o(BD,sup7(）eq o(AD,sup7(）eq o(AB,sup7(）(2，3，4)，eq o(AP,sup7(）(1，2，1)，eq o(BD,sup7(）与eq o(AP,sup7(）不平行，故D错误三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)13已知向量a(1，1，x)，b(1，2，1)，c(1，1，1)，若|ca|2，则x_；若(ca)(2b)，则x_(本题第一空3分，第二空2分)1或3 1c(1，1，1)，a(1，1，x)，ca(0，0，1x)，由|ca|2，

20、得eq r(1x)2)2，x1或3；当(ca)(2b)时，(ca)(2b)(0，0，1x)(2，4，2)2(1x)0，x114若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角等于120，则直线l与平面所成的角为_30由题设，l与所成的角90(180120)3015平面经过点A(0，0，2)且一个法向量n(1，1，1)，则平面与x轴的交点坐标是_(2，0，0)设平面与x轴的交点为M(x，0，0)，则eq o(AM,sup7(）(x，0，2)，又平面的一个单位法向量是n0eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),3)，f(r(3),3)，f(r(3),3）)，所以点M到平面的距离d|eq o(

21、AM,sup7(）n0|eq blc|rc|(avs4alco1(f(r(3),3)xf(2r(3),3）)0，得x2，故x轴与平面的交点坐标是(2，0，0)16已知三棱锥PABC各顶点的坐标分别是P(1，0，0)，A(0，1，0)，B(4，0，0)，C(0，0，2)，则该三棱锥底面ABC上的高h_eq f(r(21),7)由已知，eq o(AP,sup7(）(1，1，0)，eq o(AB,sup7(）(4，1，0)，eq o(AC,sup7(）(0，1，2)设平面ABC的法向量n(x，y，z)，eq blcrc (avs4alco1(no(AB,sup7(）4xy0，,no(AC,sup7(

22、）y2z0，）则eq blcrc (avs4alco1(y4x，,y2z.）取x1，得n(1，4，2)则heq f(|no(AP,sup7(）|,|n|)eq f(|111402|,r(124222）eq f(r(21),7)三、解答题(本大题6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分)如图，在ABC中，ABC60，BAC90，AD是BC上的高，沿AD把ABD折起，使BDC90(1)证明：平面ADB平面BDC；(2)设E为BC的中点，求eq o(AE,sup7(）与eq o(DB,sup7(）夹角的余弦值解(1)证明：折起前AD是BC边上的高，当ABD折起

23、后，ADDC，ADDB，又DBDCD，AD平面BDC，AD平面ABD，平面ABD平面BDC(2)由BDC90及(1)知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|1，以D为坐标原点，以DB，DC，DA所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得：D(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，3，0)，A(0，0，eq r(3)，Eeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(3,2)，0），所以eq o(AE,sup7(）eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(3,2)，r(3）)，eq o(DB,sup7(）(1，0，0)，coseq o(AE,sup

24、7(），eq o(DB,sup7(）eq f(o(AE,sup7(）o(DB,sup7(）,|o(AE,sup7(）|o(DB,sup7(）|)eq f(f(1,2),1r(f(22,4）)eq f(r(22),22)，所以eq o(AE,sup7(）与eq o(DB,sup7(）夹角的余弦值是eq f(r(22),22)18(本小题满分12分)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点(1)证明：ADD1F；(2)求AE与D1F所成的角；(3)证明：平面AED平面A1FD1解以D为原点，DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)设正方体的棱长为1

25、，则有A(1，0，0)，Eeq blc(rc)(avs4alco1(1，1，f(1,2）)，Feq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2)，0），D1(0，0，1)，A1(1，0，1)(1)证明：由eq o(AD,sup7(）(1，0，0)，eq o(D1F,sup7(）eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2)，1），得eq o(AD,sup7(）eq o(D1F,sup7(）0，ADD1F(2)由eq o(AE,sup7(）eq blc(rc)(avs4alco1(0，1，f(1,2）)，eq o(D1F,sup7(）eq blc(rc)(avs4alco1(

26、0，f(1,2)，1）得，eq o(AE,sup7(）eq o(D1F,sup7(）0，AED1F，AE与D1F所成的角为90(3)证明：由(1)(2)可知D1F平面AED，又D1F在平面A1FD1内，平面AED平面A1FD119(本小题满分12分)如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，ACCD，ABC60，PAABBC，E是PC的中点证明：(1)AECD；(2)PD平面ABE证明AB、AD、AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设PAABBC1，则P(0，0，1)(1)ABC60，ABC为正三角形，Ceq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(r(

27、3),2)，0），Eeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)，f(r(3),4)，f(1,2）)，设D(0，y，0)，由ACCD，得eq o(AC,sup7(）eq o(CD,sup7(）0，即yeq f(2r(3),3)，则Deq blc(rc)(avs4alco1(0，f(2r(3),3)，0），eq o(CD,sup7(）eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(r(3),6)，0），又eq o(AE,sup7(）eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)，f(r(3),4)，f(1,2）)，eq o(AE,sup7(）eq o(CD,sup7

28、(）eq f(1,2) eq f(1,4)eq f(r(3),6) eq f(r(3),4)0，eq o(AE,sup7(）eq o(CD,sup7(），即AECD(2)法一：P(0，0，1)，eq o(PD,sup7(）eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(2r(3),3)，1），又eq o(AE,sup7(）eq o(PD,sup7(）eq f(r(3),4) eq f(2r(3),3)eq f(1,2) (1)0，eq o(PD,sup7(）eq o(AE,sup7(），即PDAE，eq o(AB,sup7(）(1，0，0)，eq o(PD,sup7(）eq o(AB,sup

29、7(）0，PDAB，又ABAEA，PD平面ABE法二：eq o(AB,sup7(）(1，0，0)，eq o(AE,sup7(）eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)，f(r(3),4)，f(1,2）)，设平面ABE的一个法向量为n(x，y，z)，则eq blcrc (avs4alco1(x0，,f(1,4)xf(r(3),4)yf(1,2)z0，）取y2，则zeq r(3)，n(0，2，eq r(3)，eq o(PD,sup7(）eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(2r(3),3)，1），显然eq o(PD,sup7(）eq f(r(3),3)neq o(PD,s

30、up7(）n，eq o(PD,sup7(）平面ABE，即PD平面ABE20(本小题满分12分)如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点(1)求证：平面PAC平面PBC；(2)若AB2，AC1，PA1，求二面角CPBA的余弦值解(1)证明：由AB是圆的直径，得ACBC，由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC又PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，所以BC平面PAC因为BC平面PBC所以平面PBC平面PAC(2)过C作CMAP，则CM平面ABC如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系在RtABC中，因为AB2，AC1，所以B

31、Ceq r(3)又因为PA1，所以A(0，1，0)，B(eq r(3)，0，0)，P(0，1，1)故eq o(CB,sup7(）(eq r(3)，0，0)，eq o(CP,sup7(）(0，1，1)设平面BCP的法向量为n1(x1，y1，z1)，则eq blcrc (avs4alco1(o(CB,sup7(）n10，,o(CP,sup7(）n10.）所以eq blcrc (avs4alco1(r(3)x10，,y1z10，）取y11，则n1(0，1，1)因为eq o(AP,sup7(）(0，0，1)，eq o(AB,sup7(）(eq r(3)，1，0)，设平面ABP的法向量为n2(x2，y2

32、，z2)，则eq blcrc (avs4alco1(o(AP,sup7(）n20，,o(AB,sup7(）n20，）所以eq blcrc (avs4alco1(z20，,r(3)x2y20，）取x21，则n2(1，eq r(3)，0)于是cosn1，n2eq f(r(3),2r(2）eq f(r(6),4)由题知二面角CPBA为锐角，故二面角CPBA的余弦值为eq f(r(6),4)21(本小题满分12分)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，ACBC2，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，又知BA1AC1(1)求证：AC1平面A1BC；(2)求二面角AA1BC的余弦值解 (1)

33、证明：如图，设A1Dt(t0)，取AB的中点E，则DEBC，因为BCAC，所以DEAC，又A1D平面ABC，所以DE，DC，DA1两两垂直以DE，DC，DA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，1，0)，C(0，1，0)，B(2，1，0)，A1(0，0，t)，C1(0，2，t)，所以eq o(AC1,sup7(）(0，3，t)，eq o(BA1,sup7(）(2，1，t)，eq o(CB,sup7(）(2，0，0)，由eq o(AC1,sup7(）eq o(CB,sup7(）0，知AC1CB，又BA1AC1，BA1CBB，所以AC1平面A1BC(2)由eq o(AC1,sup7(）

34、eq o(BA1,sup7(）3t20，得teq r(3)设平面A1AB的法向量为n(x，y，z)，又eq o(AA1,sup7(）(0，1，eq r(3)，eq o(AB,sup7(）(2，2，0)，所以eq blcrc (avs4alco1(yr(3)z0,2x2y0），取z1，则n(eq r(3)，eq r(3)，1)再设平面A1BC的法向量为m(u，v，w)，又eq o(CA1,sup7(）(0，1，eq r(3)，eq o(CB,sup7(）(2，0，0)，所以eq blcrc (avs4alco1(vr(3)w0，,2u0，）取w1，则m(0，eq r(3)，1)故cosm，neq f(mn,|m|n|)eq f(r(7),7)因为二面角AA1BC为锐角，所以可知二面角AA1BC的余弦值为eq f(r(7),7)22(本小题满分12分)如图，