专题1.9 空间向量与立体几何全章综合测试卷（提高篇）（人教A版2019选择性必修第一册）（解析版）

第一章空间向量与立体几何全章综合测试卷（提高篇）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2023秋·河北保定·高二统考期末）在以下命题中：①三个非零向量a，b，c不能构成空间的一个基底，则a，b，c共面；②若两个非零向量a，b与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a，b共线；③对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若OP=2OA-2OB-2OC，则④若a，b是两个不共线的向量，且c=λa⑤若a,b,c为空间的一个基底，则A．0 B．1 C．2 D．3【解题思路】直接利用空间基底，共面向量，共线向量的基础知识的应用求出结果．【解答过程】空间任意三个不共面的向量都可以作为空间的一个基底.①根据空间基底的定义，三个非零向量a，b，c不能构成空间的一个基底，则a，b，c共面；故命题①正确．②由空间基底的定义，若两个非零向量a，b与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a，b共线，若a，b不共线，则a，b共面，一定有向量与a，b不共面；故命题②正确．③对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，当OP=2OA-2OB-2OC时，若P，A，B，C四点共面，则AP=λAB+μAC，OP-④若a，b是两个不共线的向量，且c=λa+μb(λ,μ∈⑤利用反证法：若{a设a+b=x(b+c)+y(c+a)(x,y∈R真命题有3个.故选：D.2．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知MN是棱长为4的正方体内切球的一条直径，点P在正方体表面上运动，则PM⋅PN的最大值为(A．4 B．12 C．8 D．6【解题思路】设正方体内切球的球心为O，则OM=-ON，PM⋅PN=OM【解答过程】设正方体内切球的球心为O，则OM=ON=2∴PM⋅PN=又点P在正方体表面上运动，∴当P为正方体顶点时，OP最大，且最大值为正方体体对角线的一半，OPmax=12×3×42故选：C.3．（5分）（2023春·江苏徐州·高二统考期中）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是2，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记CM=BN=a，其中0<a

A．2 B．22 C．32 D【解题思路】根据面面垂直性质可证得BC⊥平面ABEF，则以B为坐标原点可建立空间直角坐标系；利用空间中两点间距离公式可表示出MN；将MN整理为a-【解答过程】∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，BC⊥AB，BC⊂则以B为坐标原点，BA,BE,则A2,0,0，C0,0,2，F2,2,0∵CM=BN=a∴MN则MN=∴当a=2时，MN最小，最小值为故选：A.4．（5分）（2023春·浙江温州·高二校联考期中）点A在线段BC上（不含端点），O为直线BC外一点，且满足OA-aOB-2A．97 B．95 C．87【解题思路】根据平面向量共线定理推论可得a+2b=1且a>0,【解答过程】因为OA-aOB又点A在线段BC上（不含端点），所以a+2b=1，且a所以2==1当且仅当2(2+a)2+2故23a+4故选：D.5．（5分）（2023春·高二课时练习）设空间两个单位向量OA=m,n,0,OB=0,A．2-34 BC．2-34或2+34 D【解题思路】首先根据OA为单位向量得到m2+n2=1，再利用OA与OC的夹角等于π4，得m+【解答过程】∵空间两个单位向量OA=m,n,0，OB∴∠AOC=∠BOC∵OA又OA⋅OC=又OA为单位向量，∴m联立m+n=62∵OA=m,∴cos故选：C.6．（5分）（2023春·高二课时练习）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD//BC，AB⊥BC，侧面PAB⊥底面A．当k=12时，平面BPCB．当k=12时，平面APDC．对任意k∈(0,1)，直线PA与底面ABCDD．存在k∈(0,1)，使直线PD与直线AC【解题思路】通过作辅助线，证明MP⊥平面PBC，从而证明平面BPC⊥平面PCD，可判断A正确；利用反证的方法说明B;根据线面垂直的判定说明C;利用向量的数量积的计算说明【解答过程】对于A,延长BA，CD交于M点，连接MP，则BM=2

A是BM的中点，AP=∴MP又∵侧面PAB⊥底面ABCD，AB∴BC⊥平面PBM，可得BC⊥MP，故MP⊥平面PBC∵MP⊂平面PCD，∴平面PBC⊥平面PCD,设平面平面APD和平面PCD的交线为l，AD∥BC故BC∥平面APD，则BC∥l若平面APD⊥平面PCD，则l⊥平面PCD，则AD⊥平面即有AD⊥DC,与题意矛盾，故对于C，当PA⊥AB时，由于侧面PAB⊥底面ABCD故直线PA与底面ABCD垂直，故C错误；对于D，AB⊥BC，侧面PAB⊥底面ABCD，故BC设PA,AB的夹角为θ，假设存在k∈(0,1)，使直线PD则PD⋅=k2即k2cosθ+k=0,k故选：A.7．（5分）（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）如图，点P是棱长为2的正方体ABCD-A1

A．当P在平面BCC1BB．当P在线段AC上运动时，D1P与AC．使直线AP与平面ABCD所成的角为45o的点P的轨迹长度为D．若F是A1B1的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足PF//平面B【解题思路】由底面正方形ADD1A1的面积不变，点P到平面以D为原点，建立空间直角坐标系，设P(x,2-x,0)由直线AP与平面ABCD所成的角为45∘，作PM⊥平面ABCD，得到点P的轨迹，可判定设P(m,m,0)，求得平面CB1D【解答过程】对于A中：底面正方形ADD1A1的面积不变，点所以四棱锥P-AA对于B中：以D为原点，DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴、设P(x,2-设直线D1P与A1C1因为0≤x-1≤1，当x-当0<x-1≤1时，所以异面直线D1P与A1C1

对于C中：因为直线AP与平面ABCD所成的角为45∘若点P在平面DCC1D因为∠B在平面ADD1A1内，点在平面ABB1A1内，点在平面A1B1C1因为∠PAM=45∘，所以PM=AM，又因为所以点P的轨迹是以A1点为圆心，以2所以点P的轨迹的长度为14综上，点P的轨迹的总长度为π+42，所以

对于D中，由B1设P(则CB设平面CB1D1的一个法向量为取a=1，可得b=-1,c因为PF//平面B1CD，所以FP所以FP=当x=1时，等号成立，所以D错误故选：D.

8．（5分）（2023秋·四川遂宁·高二统考期末）如图，棱长为2的正方体ABCD-A1B1①三棱锥P-A1BD中，点P②过点P且平行于面A1BD的平面被正方体ABCD③直线PA1与面A④当点P为B1D1中点时，三棱锥以上命题为真命题的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】建立空间直角坐标系，对于①③用空间向量求解；对于②可证明三角形B1D1C为截面多边形，求其面积即可；对于④设球心O【解答过程】以A为坐标原点，分别以AB，AD，A(0,0,0),B(2,0,0),A1设B1则AP=所以P设面A1BD的一个法向量为则n令x1=1得对于①：P到平面A1BD的距离为d=对于②：连接B1C,∴BD//B1D1，又BD⊂∴B1D同理可证B1C//又B1D1∩B所以过点P且平行于面A1BD的平面被正方体ABCD-它是边长为22的等边三角形，故面积为34(2对于③：设直线PA1与面A1BD所成角为∵0≤t≤2,∴t所以直线PA1与面A1BD所成角的正弦值的范围为对于④：当点P为B1D1中点时P(1,1,2)，设三棱锥P∵O∴x02解得x0所以外接球半径R满足：R2三棱锥P-A1BD的外接球表面积为综上：①②③④均正确.故选：D.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2023·高二单元测试）已知空间向量m=-1,2,5A．当m⊥n时，x=2 B．当C．当m+n=5时，x=-4【解题思路】对于A，利用空间向量垂直的坐标表示即可判断；对于B，利用空间向量平行的性质即可判断；对于C，先根据空间向量运算法则计算出m+n，再利用模长公式列出方程，从而得以判断；对于D【解答过程】对于A，因为m⊥n，所以m·n=-1对于B，因为m//n，所以存在λ∈则-1,2,5=λ2,-4,x=2对于C，因为m+所以m+n=12对于D，因为x=10，则所以cosm,,故选：ABD.10．（5分）（2023·全国·高二专题练习）在自然界中，金刚石是天然存在的最硬的物质．如图1，这是组成金刚石的碳原子在空间中排列的结构示意图，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示．这就是说，图2中有AE＝BE＝CE＝DE，若正四面体ABCD的棱长为4，则（

）

A．DE＝869 B．EA＋EB＋ECC．AE⋅BC＝0 D．AC【解题思路】由题意得E是正四面体ABCD外接球的球心．设点O是顶点A在底面的射影，取CD的中点G，AB的中点F，求得OB，AO，AE，由DE=AE可判断A；求得EF=EG，结合EA+EB=2EF，EC+ED=2EG，可判断B；由【解答过程】由题意得E是正四面体ABCD外接球的球心．

设点O是顶点A在底面的射影，则AO是正四面体ABCD的高，OB是△BCD取CD的中点G，AB的中点F，连接BG，GF，则O在BG上，E在FG上，则OB=23因为BE2=则AE2=对于A，DE=AE=对于B，因为AG＝BG＝32×4=23，FG⊥AB，EG所以EF=AE则EF=EG，又EA+EB=2所以EA+EB+EC对于C，因为AE⊥底面BCD，CD⊂底面BCD，所以AE⊥BC，所以AE⋅BC＝0，故对于D，因为cos〈所以AC⋅AE=故选：BCD.11．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1A．球O在正方体外部分的体积为2B．若点P在球O的正方体外部（含正方体表面）运动，则PAC．若点P在平面ABCD下方，则直线AP与平面A1BD．若点P､M､N在球O的正方体外部（含正方体表面）运动，则PM⋅PN【解题思路】对于A，结合球的体积和正方体体积公式或利用球缺的体积公式即可判断；对于B，可取AB中点E，可将PA⋅PB利用向量运算转化为PA⋅PB=PE+EA⋅PE+EB=PE2-EA2=PE2-【解答过程】对于A，正方体的棱切球O的半径R=球O在正方体外部的体积V>或者可根据球O在平面A1B1C1所以球O在正方体外部的体积为6V=62对于B，取AB中点E，可知E在球面上，可得EB=-EA=12BA，所以PA⋅PB=PE+EA⋅PE+EB对于C，

若正方体上底面字母为ABCD，则直线AP与平面A1B1C1若正方体下底面字母为ABCD，设平面ABCD的中心为O1,直线AP与平面A1B1C则直线AP与平面A1B1C1D1所成角最大时，直线AP正好与平面ABCD下方球O相切，过A作平面ABCD下方球O的切线，切点为P，将正方体及其棱切球的截面画出，如下图所示，可得OA=3所以O1sin∠OAQ=所以直线AP与平面A1B1sin∠CAQ=sin对于D，PM⋅记向量OP与向量OM+ON的夹角为θ，OP=且OM+所以PM⋅令t=1+2OM⋅ON此时OM⋅ON=-14，即故选：BD.12．（5分）（2023春·福建莆田·高二校考期中）正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，MA．若BM＝52，则M到直线B．若B1N⊥AC1C．若M∈A1D，则BD．若M∈A1D，N∈C【解题思路】由已知可推得M为以A点为圆心，12为半径的圆上.作图，即可根据圆的性质得出最小值，判断A项；先证明AC1⊥平面A1BD，结合B1N⊥AC1，即可得出B1N//平面A1BD；建立空间直角坐标系，求出平面A1BD的法向量，表示出cosn1,B1【解答过程】对于A项，因为BM＝52，所以M在以B为球心，又M为侧面AA1D1D上的点，所以因为，AB⊥平面AA1D1D，所以，M为以A点为圆心，12为半径的圆上如图1，AM1⊥A1D，则AM1=对于B项，如图2，连结AC,因为CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面又BD⊥AC，AC⊂平面ACC1，C所以，BD⊥平面AC又AC1⊂平面AC同理可得，A1又BD⊂平面A1BD，A1D所以，AC1⊥又B1N⊥AC1，B1∉平面对于C项，以点D为坐标原点，分别以DA,DC,如图3建立空间直角坐标系，则D0,0,0，A11,0,1，B1,1,0，B11,1,1，因为M∈A1D，设DM=设n1=x则n1⋅D取x1=1，则y1=z1则cosn1,B1又2λ2-4λ所以，132λ所以，B1M与平面A1BD所成角正弦的最大值为对于D项，由C项知，DA1=当MN⊥DA1，MN⊥CD1，即MN设n2=x2,则n2⋅D取x2=1，则DC在n2方向上的投影向量的模为DC所以，M，N两点之间距离的最小值为d=33，故故选：BD.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2023秋·重庆长寿·高二统考期末）已知空间三点坐标分别为A(1,1,1)，B(0,3,0)，C(-2,-1,4)，点P(-3,x,1)在平面ABC内，则实数【解题思路】根据题意,存在实数λ,μ使得等式AP=λAB+【解答过程】∵点P-3,x,1∴存在实数λ,μ使得等式AP∴-∴-4=-λ故答案为：11314．（5分）（2023春·高二课时练习）已知向量a=1,1,0，b=m,0,2，cosa,b=-1010【解题思路】根据cosa,b=a⋅ba⋅b【解答过程】解：因为a=1,1,0，b=所以cosa,b所以b=所以a+kb因为向量a+kb与所以a+kb若向量a+kb与2a+此时a+12综上可得k<-1故答案为：k<-115．（5分）（2023春·江苏常州·高二校联考期中）一种糖果的包装纸由一个边长为6的正方形和2个等腰直角三角形组成（如图1），沿AD，BC将2个三角形折起到与平面ABCD垂直（如图2），连接EF，AE，CF，AC，若点P满足DP=xDA+yDC+zDF【解题思路】由向量DP满足条件可知P是平面ACF上的动点，转化为求E到平面ACF的距离，利用补形及等体积法求解即可.【解答过程】因为点P满足DP=xDA所以A,C,F,所以EP的最小值即为E到平面ACF的距离.由题意，几何体可补成边长为6的正方体，如图，则可知AF=设E到平面ACF的距离为h，则VE即13解得h=4所以EP的最小值为43故答案为：4316．（5分）（2022·贵州贵阳·统考一模）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E在BD上，点F在①当点E是BD中点时，直线EF//平面DC②当DE=2EB时，③直线EF分别与直线BD，B1④直线EF与平面ABCD所成的角最大为π6【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量法对四个命题逐一分析，从而确定其中的真命题.【解答过程】设正方体的边长为2，建立如图所示空间直角坐标系，设BE=①，当E是BD的中点时，F是B1E1,1,0平面DCC1D1的一个法向量为由于EF⊂平面DCC1D1，所以EF//②，当DE=2EB时，E43,EF⋅DB=0，所以EF⊥③，E2F22tEF=B2,2,0cosEFcosEFcosEF,DB=cosEF,④，平面ABCD的法向量为m=设直线EF与平面ABCD所成角为θ，sinθ当t=22时，sinθ=13>1故答案为：①②③.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2023·全国·高三专题练习）如图，已知正方体ABCD-A'B'C'D'，E，F（1）AC（2）AE（3）AF【解题思路】（1）化简AC（2）化简AE→（3）化简AF→=【解答过程】（1）AC'→（2）AE→所以x=（3）AF→所以x=18．（12分）（2023春·四川成都·高二校联考期中）已知空间向量a=(1,0,1(1)若(a+b(2)若ka+b与2【解题思路】（1）根据空间向量共线公式列式求参即可；（2）根据空间向量垂直数量积为0列式求参即可.【解答过程】（1）∵a+b∴(a+b即3=μ(λ+4)，且-（2）∵ka+b又∵(ka+19．（12分）（2023·江苏·高二专题练习）棱长为2的正方体中，E、F分别是DD1、DB的中点，G在棱CD上，且CG=13(1)求证：EF⊥(2)求cos<(3)求FH的长．【解题思路】（1）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，首先求出相应点的坐标，再证明EF⊥（2）求出EF,C1（3）转化为求|HF|【解答过程】（1）解：如图，以D为原点，DA,DC,DD1则D(0,0,0),因为EF=(1,1,-1),所以EF⋅所以EF⊥故EF⊥（2）解：因为C1G因为|EF|=3所以cos<（3）解：因为H是C1G又因为F(1,1,0)所以HF=(1,-|FH即FH=20．（12分）（2023秋·广东广州·高二校考期末）如图1，边长为2的菱形ABCD中，∠DAB=120°，E，O，F分别是AB，BD，CD的中点.现沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，连接(1)求cos∠(2)若过E，O，F三点的平面交AC于点G，求四棱锥A-OEGF【解题思路】（1）证明OA⊥平面BCD，建立空间直角坐标系，得到OE=0,-3（2）计算平面OEGF的法向量为n=-3,3,3，再计算A到平面【解答过程】（1）连接OA，OC，平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面OA⊥BD，OA⊂平面ABD，故OA分别以OC，OD，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A0,0,1，B0,-3,0，因为E，F分别是AB，CD的中点，所以OE=0,-3所以cos∠（2）连接EG，FG，AF，设平面OEGF的法向量为n=(x,y,即-32y1+12z1设A到平面OEGF的距离为h，而AE=0,-3依题意得四边形OEGF是一个菱形，∠EOF∈0,所以S四边形所以VA21．（12分）（2023春·江苏扬州·高二统考期中）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为2的等边三角形，CC1

(1)求证：A1C⊥(2)若点F为棱B1C1的中点，求点F(3)若点F为线段B1C1上的动点（不包括端点），求锐二面角【解题思路】（1）法一：利用线面垂直、面面垂直的性质定理与判定定理可证；法二：建立空间直角坐标系，利用数量积为0，可证BD⊥法三：如法二建立空间直角坐标系，求出平面BDE的一个法向量，证明其与A1（2）利用空间向量法求点到面的距离；（3）利用空间向量求出二