专题1.10空间向量与立体几何全章综合测试卷（基础篇）（人教A版2019选择性）

第一章空间向量与立体几何全章综合测试卷（基础篇）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）（2425高一上·全国·假期作业）已知平行六面体ABCD−AA．ABB．AC．AD．AB【解题思路】根据平行六面体的性质及空间向量线性运算法则计算可得.【解答过程】对于A：AB−对于B：因为B'C'对于C：AA对于D：因为BB'=故D错误.

故选：D.2．（5分）（2324高二下·浙江杭州·期中）正方体ABCD−A1B1CA．1 B．0 C．−1 D．2【解题思路】根据空间向量数量积的运算律，结合垂直关系即可求解.【解答过程】(AB故选：A.3．（5分）（2324高一下·重庆·期末）如图，在三棱锥P−ABC中，PM=2MC,N为BC的中点，设AB=a,ACA．13a+C．12a−【解题思路】直接利用向量的线性运算和中线向量的应用求出结果．【解答过程】在三棱锥P−ABC中，点N为棱BC的中点，点M在棱PC上，且满足PM=2设AB=故AM−所以AM=点N为棱BC的中点，所以AN=故MN=故选：B．4．（5分）（2324高二下·江苏宿迁·期末）已知A,B,C三点不共线，O为平面ABC外一点，下列条件中能确定M,A,B,C四点共面的是（

）A．OM=OA+C．OM=OA+【解题思路】根据空间向量基本定理对选项逐个进行验证即可得出结论.【解答过程】由空间向量基本定理可知，若M,A,B,C四点共面，则需满足存在实数x,y,z使得OM=xOA+y显然选项A，C不成立；对于选项B，由OM=3OA−不合题意，即B错误；对于D，化简OM=3OA−2满足3+−1故选：D.5．（5分）（2324高二下·江西上饶·期中）若向量a=(1,λ,2),b=(2,−1,2)，且a与b的夹角的余弦值为89，则A．2 B．−2C．−2或255 D．2或【解题思路】根据向量的夹角公式的坐标形式，列式求解，即可得答案.【解答过程】由题意，向量a=(1,λ,2),得cosa,b=a故选：C.6．（5分）（2324高二下·甘肃白银·期末）已知空间向量a=1,2,2,b=−2,y,z,若A．6 B．5 C．36 D．5【解题思路】首先根据向量平行求y,z，再代入模的公式，即可求解.【解答过程】因为a//b，所以−21=y故选：A.7．（5分）（2324高二下·甘肃白银·期末）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是A．255 B．105 C．2【解题思路】建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可.【解答过程】以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0),B(2,2,0),B∴BD=(−2,−2,0),设平面B1BD的法向量为则n⋅BD=−2x−2y=0n⋅BB故cosBE,n=BE⋅n则sinθ=105故选：D.8．（5分）（2024·山东菏泽·二模）如图，在正方体ABCD−A1B1CA．BB1//平面ACD1C．EF⊥平面BDD1B1 D．平面【解题思路】建立空间直角坐标系，结合线面平行的判定定理，线面垂直，面面垂直的判定定理，逐项判定计算即可．【解答过程】因为ABCD−A以D1为原点，D1A1为x轴，D1C1则D1设平面ACD1的法向量为则n⋅D1A=0同理解得平面BDC1的法向量BBm⋅EF=EF⋅D1又D1D∩D1B平面ABB1AEF⋅故选：C.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2324高二上·河南省直辖县级单位·阶段练习）若a,b,c是空间的一个基底，则下列向量中可以和a+3A．a+6c B．a+b+4c【解题思路】由a+6c=a+3b−3【解答过程】对于A，a+6∴a+3b，b−2对于B，a+∴a+3b，b−2对于C，设−a+3b所以−a+3b+2c对于D，设−2a−b所以−2a−b+4c故选：CD.10．（5分）（2324高二上·安徽马鞍山·阶段练习）下列命题正确的是（

）A．若p=2x+3y，则p与B．若MP=2MA+3C．若OA+OB+D．若OP=12【解题思路】利用共面向量定理:即若一条向量用另外两条向量线性表示，则这三条向量一定共面，用此法可判断三条向量共面，再利用有公共点的三条向量共面，进而可判断四点共面，针对OP=12【解答过程】选项A，根据共面向量基本定理可知，p与x，y共面；所以选项A是正确的；选项B，根据共面向量基本定理可知，MP,MA,所以M，选项C，举反例说明，若OA，OB，OC是一个正方体同一个顶点O的三条棱所对应的向量，则它们的和向量是以O为起点的对角线向量，而OD是该对角线向量的相反向量，此时显然四个点A，选项D，由OP=12则0=3OA−3则PC=故选：ABD．11．（5分）（2324高二下·甘肃兰州·期中）已知四边形ABCD是平行四边形，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,−2)，则（

）A．点D的坐标是(−2,2,−1) B．BDC．cos∠DAB=1515 D．四边形【解题思路】根据题意，由空间向量的坐标运算代入计算，对选项逐一判断，即可得到结果.【解答过程】设Dx,y,z，则AD=x,y,z−1，由BC可得x=−2,y=2,z=−1，所以点D的坐标是(−2,2,−1)，故A正确；因为BD=−4,2,−1，则因为AB=2,0,−1，AD=且AB=4+0+1=则cos∠DAB=由C可知sin∠DAB=则四边形ABCD的面积为AB⋅故选：ABD.12．（5分）（2324高二下·河南南阳·阶段练习）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC//AD,EF//AD，AD=4,AB=BC=EF=2，ED=10,FB=23，M为AD

A．BD⊥ADB．BM//平面CDEC．BF与平面EMB所成夹角的正弦值为3D．平面BFM与平面EMB所成夹角的正弦值为11【解题思路】对于A：利用平面几何知识说明即可；对于B：只需要证明BM//CD即可；对于C：建立空间直角坐标系，计算BF与平面EMB的法向量，再代入线面角的计算公式；对于D：计算平面EMB和平面BFM法向量，在代入面面角的计算公式.【解答过程】因为BC//AD，EF=2，AD=4，M为AD的中点，所以BC//MD，BC=MD,四边形BCDM为平行四边形，所以BM//CD，又因为BM⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，所以BM//平面CDE，故B正确；如图所示，作BO⊥AD交AD于O，连接OF，因为四边形ABCD为等腰梯形，所以BC//AD，AD=4，AB=BC=2，所以CD=2，又因为四边形BCDM为平行四边形，可得BM=CD=2，又AM=2，所以△ABM为等边三角形，O为AM中点，所以OB=3，BD与AD又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EF//MD，EF=MD，四边形EFMD为平行四边形，所以FM=ED=AF，又因为O为AM中点，所以OF⊥AM且，OF=A则有OB2+OF2以O为原点，OB方向为x轴，OD方向为y轴，OF方向为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

F0,0,3，B3,0,0，M0,1,0，E0,2,3，BM设平面BFM的法向量为m=x1,y则m⋅BM=0m⋅BF=0⇒−则n⋅BM=0n⋅BE=0⇒−所以BF与平面EBM所成角的正弦值为cos<cosm⃗所以平面BFM与平面EBM夹角的正弦值为43故选：BC.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2324高二下·广东湛江·开学考试）已知向量a=3,−2,1，b=−1,3,−2，c=3,5,λ，若a【解题思路】由向量共面的性质可得c=ma+nb【解答过程】因为a,b,c三向量共面，所以可设即3,5,λ=m所以3m−n=3,−2m+3n=5m−2n=λ,，解得m=2，n=3，所以故答案为：4.14．（5分）（2324高二下·江苏·阶段练习）已知空间向量a,b,c两两夹角为60°，且a=b【解题思路】先计算出a⋅【解答过程】依题意，a⋅则a=|a⃗|a→故答案为：5.15．（5分）（2324高二下·上海浦东新·期中）《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.如图，在堑堵ABC−A1B1C1中，M,N分别是A1C1，BB1的中点，【解题思路】由G是MN的中点，可得AG=12【解答过程】解：连接AM,AN，如图所示：因为G是MN的中点，M,N分别是A1C1所以AG=====1又因为AG=x所以x=1所以x+y+z=3故答案为：3216．（5分）（2324高二下·河南濮阳·阶段练习）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E为棱CD的中点，则点【解题思路】建立空间直角坐标系，求平面AEC【解答过程】建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0),C设平面AEC1的一个法向量为AE=(−1,则n⋅令y=2，则n=(1,2,−1)设点A1到平面AEC1则d=|即点A1到平面AEC1故答案为：66四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2324高二·全国·课堂例题）化简：12【解题思路】根据空间向量的线性运算及运算律即可求解。【解答过程】原式=a18．（12分）（2324高二下·山东烟台·阶段练习）已知正四面体ABCD的棱长为1，E，F分别为棱BC，CD的中点，点G为线段AF的中点.(1)用AB，AC，AD表示EG；(2)求EG⋅【解题思路】（1）根据空间向量的基本定理，结合向量运算求得答案.（2）利用空间向量的数量积运算律计算即得.【解答过程】（1）在正四面体ABCD中，E，F分别为棱BC，CD的中点，点G为线段AF的中点，AG=所以EG=−AB（2）正四面体ABCD的棱长为1，则AB⋅所以EG⋅19．（12分）（2324高二下·甘肃兰州·期中）已知空间中三点A2,0,−2，B1,−1,−2，C3,0,−4，设a(1)已知a+kb⊥(2)若c=6，且c∥BC，求c【解题思路】（1）问题转化为a+kb⋅（2）根据向量的模的计算和向量共线，求c的坐标.【解答过程】（1）由题知a=AB=所以a+k因为a+k所以a+kb⋅b=0⇒k−1+4k=0（2）因为c∥BC，BC=所以c=λBC=因为c=6，所以2λ2+所以c=4,2,−4或20．（12分）（2324高二上·河南开封·期末）如图，在空间四边形ABCD中，AB=3，BC=4，AD=5，∠ABC=∠BAD=120°，AD⊥BC.(1)求BA⋅(2)求CD的长.【解题思路】（1）根据数量积的定义直接求解即可；（2）先利用加法法则表示CD=【解答过程】（1）因为AB=3，BC=4，∠ABC=120°，所以BA⋅（2）因为CD=所以CD=16+9+25+24×3×所以CD=CD21．（12分）（2324高一下·广西南宁·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，E,F分别是AB,PC的中点，四边形ABCD是菱形，AB=4，∠DAB=π

(1)证明：EF//平面PAD；(2)求点E到平面PAD的距离．【解题思路】（1）由面面平行的判定定理和性质定理证明即可.（2）以D为坐标原点，DE，DC，DP所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，由点到平面的向量公式求解即可.【解答过程】（1）证明：取CD中点G，连接EG,FG，∵在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，E,F分别是AB,PC的中点，四边形ABCD是菱形，AB=4，∠DAB=π∴EG//AD,FG//PD，EG⊂平面EFG，AD⊄平面EFG，所以AD//平面EFG，同理PD//平面EFG，AD∩PD=D，AD,PD⊂PAD，∴PAD//平面EFG，∵EF⊂平面EFG，∴EF//平面PAD；（2）连接DE，由题意得DE，DC，DP两两垂直，以D为坐标原点，DE，DC，DP所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图，

则D0,0,0，E23设DP=tt>0，则P0,0,t，A23设平面PAD的法向量为n=则n⋅DP=tz=0n⋅DA=2∴点E到平面PAD的距离为：d=DE22．（12分）（2324高二下·广东惠州·期末）在三棱锥P−ABC中，PC⊥平面ABC,PC=3,∠ACB=π2．D,E分别为线段AB,BC上的点，且(1)证明：DE⊥平面PCD；(2)求平面PAD与平面PCD夹角的余弦值．【解题思路】（1）根据PC⊥平面ABC并结合△CDE的形状，利用线面垂直的判定定理进行证明；（2）建立空间直角坐标系，求解出平面APD、平面PDC的法向量，再用面面角的向量求法求解即得..【解答过程】（1）由PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，得PC⊥DE，由CE=2，CD=DE=2得△CDE又PC∩CD=C，且PC⊂面PCD，CD⊂面PCD，