专题1.11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）

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）（2324高二上·河南开封·期末）已知四面体ABCD，E，F分别是BC，CD的中点，则EF=（

A．12AD+C．AF−12【解题思路】根据空间向量的线性运算逐项判断即可.【解答过程】对于A，因为E，F分别是BC，CD的中点，所以EF=对于B，EF=对于C，EF=对于D，EF=故选：C.2．（5分）（2324高二下·辽宁·阶段练习）下列选项中，不正确的命题是（

）A．若两条不同直线l，m的方向向量为v1，v2B．若OA,OB,OC是空间向量的一组基底，且OD=13OA+C．若a,b,D．若空间向量a，b，c共面，则存在不全为0的实数x，y，z使x【解题思路】对于A，根据直线方向向量的定义分析判断，对于B，由三角形重心的定义判断，对于C，由空间向量的基底的定义分析判断，对于D，由共面向量定理判断.【解答过程】对于A，由于两条不同直线l，m的方向向量为v1，v2，当l//m时，v1//v对于B，因为OD=13所以OD−所以AD+BD+设E为BC的中点，所以AD=DB+所以点D在平面ABC内，且D为△ABC的重心，所以B正确，对于C，因为a+b+所以a+对于D，由空间向量共面定理可知空间向量a，b，c共面，则存在不全为0的实数x，y，z使xa故选：C.3．（5分）（2324高二下·江苏连云港·期中）已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AAA．23 B．−23 C．3【解题思路】利用向量的线性运算法则和数量积的性质化简条件可求AA【解答过程】因为A=所以AAcosA故选：B.4．（5分）（2024高三·全国·专题练习）在空间直角坐标系O−xyz中，已知点A1,0,2，B0,2,1，点C，D分别在x轴，y轴上，且AD⊥BC，那么CD的最小值是（A．55 B．255 C．2【解题思路】设Cx,0,0，D0,y,0，应用向量垂直的坐标表示可得x+2y=2，再应用向量模长的坐标表示及二次函数性质求【解答过程】设Cx,0,0，D0,y,0，且A1,0,2∴AD=−1,y,−2，BC=∴AD⋅BC=−x−2y+2=0∵CD=∴CD=当且仅当y=4故选：B.5．（5分）（2324高二上·广东广州·阶段练习）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=AA1=3，AB=4，E，F，G分别是棱C1D1，BC，A．23 B．9 C．114 【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量法求得正确答案.【解答过程】如图，分别以AB、AD、AA1方向为x、y、E2,3,3，F4,32,0，G4,3,3EF=2,−32,−3设平面EFG的法向量n=x,y,z，则EF⋅故可设x=−34，y=1，z=−1，即由于直线D1M与平面EFG平行，则得：−34x+y−3+3=0，即：y=34MB=x可知，由于x∈0,4，当x=2时，MB1故选：C.6．（5分）（2324高二上·湖北·开学考试）在四面体ABCD中（如图），平面ABD⊥平面ACD，△ABD是等边三角形，AD=CD，AD⊥CD，M为AB的中点，N在侧面BCD上（包含边界），若MN=xAB+yAC+z

A．若x=12，则MN∥平面ACD B．若z=0C．当MN最小时，x=14 D．当MN【解题思路】根据可证CD⊥平面ABD，设BN=λBC+μBD，且λ,μ∈0,1,λ+μ≤1，进而可得x=12−λ−μy=λz=μ，对于A：若x=12，则点N即为点B，进而可得结果；对于B：若z=0，可得点N在线段BC【解答过程】因为AD⊥CD，平面ABD⊥平面ACD，平面ABD∩平面ACD=AD，CD⊂平面ACD，所以CD⊥平面ABD，且BD⊂平面ABD，可得CD⊥BD，又因为N在侧面BCD上（包含边界），设BN=λBC+μ可得MN=1又因为MN=xAB+yAC+z对于选项A：若x=12−λ−μ=12，则λ=μ=0显然MN∩平面ACD=A，故A错误；对于选项B：若z=μ=0，则BN=λBC，可得点N在线段由CD⊥平面ABD，可知当且仅当点N为点B，MN⊥CD，故B错误；过M作ME⊥BD，垂足为E，可得BE=BM⋅

因为CD⊥平面ABD，ME⊂平面ABD，则ME⊥CD，且BD∩CD=D，BD,CD⊂平面BCD，所以ME⊥平面BCD，可得MN=对于选项C：显然当点N即为点E时，MN最小，此时λ=0,μ=1可得y=0,z=1对于选项D：显然当点N即为点C时，NE最大，则MN最大，此时λ=1,μ=0，可得y=1,z=0,x=1故选：C.7．（5分）（2024·宁夏吴忠·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P为线段①不存在点P，使得BB1②存在点P，使得B1P⊥③当点P不是BD1的中点时，都有m④当点P不是BD1的中点时，都有m⊥其中正确的说法有（

）A．①③ B．③④ C．②③ D．①④【解题思路】对于①，由当点P与点D1重合时，结合线面平行的判定定理即可判断；对于②，若B1P⊥平面A1DP【解答过程】对于①，由当点P与点D1重合时，由B而DD1⊂平面A1DP，BB1对于②，若存在点P，使得B1P⊥平面A1又A1D//B以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，BP=λBD则B1,1,0，C0,1,0，B1则B1B=∴B1P所以B1P⋅对于③，当P不是BD由A1D//B1C，且B1C⊂面B1CP又直线m为面A1PD与面B1又A1D⊂面A1B1CD，m⊄面对于④，由③可知A1D//m，又AB⊥平面ADD1A所以AB⊥A1D，又A1D⊥AD1所以A1D⊥平面ABD1，所以综上，③④正确.故选：B.8．（5分）（2324高二上·浙江杭州·期中）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1DA．直线A1P与BDB．当B1P=2PC时，点D1到平面C．当B1P=2PCD．若B1P=1【解题思路】建立如图的空间直角坐标系，利用反证法可判断A的正误，利用空间中的距离公式计算BC后可判断它们的正误，利用向量法可求面面角的余弦值后结合同角的三角函数基本关系式计算后可判断D的正误.【解答过程】建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,0,0A1对于A，设B1P=t故A1P=设直线A1P与BD所成的角为θ，则若直线A1P与BD所成的角是π6整理得到：4t2+4t+1=0故直线A1P与BD所成的角不可能是对于B，当B1P=2PC时，结合A中分析可得t=2故BP=0,43,23则m⋅BP=0m⋅BA1=0故m=又D1A1=0,−2,0，故D故B正确.对于C，当B1P=2PC时，又B的分析可得P2,故AP=对于D，当B1P=13B1故BP=0,23,43则n⋅BP=0n⋅BA1=0故n=又A1P=P设平面A1B1则n⋅A1P=0n⋅A1故s=故coss,n=2故D错误.故选：D.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2324高一下·山东淄博·期中）已知a，b，c是平面上的三个非零向量，那么下列说法正确的是（

）A．若a=b，则aB．若a+bC．若a=b=a+bD．在正方体ABCD−A1【解题思路】根据向量的定义结合向量模的含义可判断A；根据数量积的运算律判断B；根据向量的夹角公式可判断C；根据正方体的性质可判断D。【解答过程】对于A，若a=b，但a，对于B，若a+b=则a⋅对于C，a=b=a+故a⋅a−故cos〈而〈a,a−b〉∈[0,π对于D，在正方体ABCD−A1B故四边形AA1C故AC=故选：BD.10．（5分）（2324高二下·江苏泰州·期末）如图，四棱锥P−ABCD的底面为平行四边形，且∠APD=∠APC=∠DPC=π3，PA=2,PC=PD=3，G为△PCD的重心，M为BG的中点．若BG=mA．m+n+p=−13． C．若λ=14，则向量PM,AD,GT【解题思路】结合空间向量线性运算利用PA,PC,PD表示BG，结合空间向量基本定理求m,n,p，判断A，表示PM，结合模的性质及数量积运算律求其模长，判断B，表示PM,AD,【解答过程】延长PG交CD与点F，因为G为△PCD的重心，所以PG=所以BG=所以BG=BG=所以BG=−PA−所以m=−1,n=−2所以m+n+p=−1因为PM=所以PM=所以PM2所以PM2又∠APD=∠APC=∠DPC=π3，所以PA2=4,PC2=所以PM2所以PM=5因为GT=AD=PD−设AD=xGT+yPM，则12所以x=−4，y=−2，所以AD=−4GT−2因为GT=BG=−由BG⊥GT可得，又PA2=4,PC2=所以1−3λ−所以6λ−所以λ=1故选：ACD.11．（5分）（2324高三上·山东济南·期末）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点O为底面A．DB．存在一点P，使得DC．三棱锥A−D1D．若D1O⊥PO，则△【解题思路】以点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，设点Px,2,z，利用空间向量数量积可判断A选项；利用空间向量共线的坐标表示可判断B选项；利用锥体体积公式可判断C选项；求出点P【解答过程】以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、则A2,0,0、C0,2,0、D0,0,0、D10,0,2、B设点Px,2,z，其中0<x<2，0<z<2对于A选项，AC=−2,2,0，D1所以，D1对于B选项，B1P=x−2,0,z−2，若B1所以，不存在点P，使得B1对于C选项，S△ADD1=12×所以，VA−D对于D选项，OP=若D1O⊥PO，则D1由0<z<20<2z<2可得0<z<1C1当且仅当z=2因为C1D1⊥平面BB1C∴S故选：ACD.12．（5分）（2324高二下·浙江温州·期末）如图，P是棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1的表面上一个动点，E为棱A．OE⊥平面AB．AB与平面A1BC．若点P在各棱上，且到平面A1BC1的距离为D．若点P在侧面BCC1B1内运动，且满足PE=1，则存在P点，使得【解题思路】建立以D为原点空间直角坐标系，求出平面A1BC1的一个法向量n，可得n//OE，即可判断A；设AB与平面A1BC1所成的角为θ，由sinθ=cosAB,n，即可判断B；由正方体各个顶点到平面A1BC1的距离与36比较，即可判断C；点P在侧面BCC1B【解答过程】对A，如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，则A1,0,0所以AB=设平面A1BC则n⋅A1B=y−z=0则n=1,1,1，所以n=所以OE⊥平面A1对B，设AB与平面A1BC则sinθ=对C，因为正方体ABCD−A1B1C正方体的对角线DB设B1到平面A1BC1则13×1则D到平面A1BC因为33所以在以B1为顶点的棱上，满足条件的点P又AB与平面A1BC所以A到平面A1BC因为33>36，所以在棱同理在CC1、CB、而棱DA、DC、DD1到平面A1BC所以满足条件的点P共有9个，故C正确；对D，设Px′,1,z′所以1−x′2则点P在侧面BCC1B1内，以而当点P和B或C1重合时A1P与B故选：AC.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2324高二上·江西上饶·期末）若向量a=(1,−n,72)，b=(12,−【解题思路】根据给定条件，利用共面向量定理列式计算即得.【解答过程】由b=(12,−1由a,b,c共面，得则12x=1−所以n=2.故答案为：2.14．（5分）（2324高二上·上海·课后作业）已知ABCD−A′B′C′D′是平行六面体．设M是底面ABCD的中心，N是侧面BCC′B′【解题思路】由空间向量基本定理得到MN⃗=12AB⃗+【解答过程】∵AD=BC，∴MN=MB+BN=1又MN=α∴α=12，β=14，故答案为：3215．（5分）（2324高三上·四川·阶段练习）如图，在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，P是底面ABCD内的一点（包含边界），且【解题思路】首先利用向量垂直的坐标表示，求得点P的轨迹方程，再代入两点间的距离公式，求线段长度的取值范围.【解答过程】以D为原点，以DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴，y轴，如图所示，则B14,4,4，E设Px,y,00≤x≤4,0≤y≤4，则ED1=−2,−4,4，又即−24−x−4×4−y当x=0时，y=2，设F0,2,0，所以点P在底面ABCD内的轨迹为一条线段AF所以B1P==5当y=45时，B1Pmin所以线段B1P的长度的取值范围是故答案为：12516．（5分）（2324高三下·四川巴中·阶段练习）如图，棱长为1的正方体中，P为线段A1B上的动点（不含端点），以下正确的是①②

①C1②存在点P，使得D1P//面③AP+PD1的最小值为④存在点P，使得C1P与面A1【解题思路】建立如图空间直角坐标系D−xyz，设BP=λBA1(0<λ<1)，则P(1,1−λ,λ)，利用空间向量法即可证明①②④；将平面AA1【解答过程】由题意，建立如图空间直角坐标系D−xyz，

则D(0,0,0),B(1,1,0),A所以BA设BP=λBA1(0<λ<1)所以C1①：C1所以C1②：设平面DBC1的一个法向量为则n⋅DB=x1+y有n⋅D1P=2λ−1，当λ=12时，n所以当点P为A1B的中点时，D1③：将平面AA1B与平面A1D1CB

在△D1A得AD即AP+PD④：由DC1⊥得DC1⊥平面A1D1CB，即D假设存在点P，使得C1P与平面A1设该线面角为θ,θ∈(0,π2]所以sinθ=整理得8λ2−8λ+5=0所以不存在点P，使得C1P与平面A1故答案为：①②.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2324高二上·福建厦门·期中）已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点．(1)用向量法证明E，F，G，H四点共面；(2)设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有OM=【解题思路】（1）通过证明EG=EH+（2）利用空间向量运算证得结论成立.【解答过程】（1）EG=EH+所以EG=EH+（2）1418．（12分）（2324高二下·江苏常州·阶段练习）如图所示，平行六面体ABCD−A1B(1)用向量AB,AD,AA(2)求cosB【解题思路】（1）借助空间向量的线性运算与模长与数量积的关系计算即可得；（2）结合题意，借助空间向量的线性运算与夹角公式计算即可得.【解答过程】（1）BD则B=1+4+1+2×1×2×1所以BD（2）由空间向量的运算法则，可得AC=因为AB=AD=1,AA1=2所以AC=1+0+1B==1×1×cos则cosB19．（12分）（2324高二下·江苏泰州·阶段练习）已知点A(−2,0,2)，B(−1,1,2)，C(−3,0,4)，设a=AB，(1)求a，b夹角的余弦值．(2)若向量ka+b，k(3)若向量λa−b，a【解题思路】（1）利用夹角公式可求夹角的余弦值.（2）利用向量垂直的坐标形式可求参数的值.（3）利用共线向量定理可求参数的值.【解答过程】（1）a=(1,1,0)，b故cos〈（2）由（1）可得ka+b因为向量ka+b，k整理得到：2k2+k−10=0，故k=2（3）由（1）可得a,b不共线，故λa若向量λa−b，a−λb整理得到：(λ−t)a因为a,b不共线，故{λ−t=0tλ−1=0，故故λ=±1.20．（12分）（2024·福建泉州·模拟预测）如图，棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AC=BC=2(1)求证：EF//平面ABB(2)设AB=4a(0<a≤22)，在平面ABB1A1【解题思路】（1）利用三角形中位线性质、线面平行的判定推理即得.（2）取AB中点O，以O为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用空间位置关系的向量证明求解即得．【解答过程】（1）由E，F分别为CB1和CA而A1B1⊂平面ABB所以EF//平面ABB（2）棱柱ABC−A1B1C取AB中点O，A1B1中点M则OM//AA1，OM⊥平面ABC，而OC⊂平面ABC，则有又AC=BC=2，则OC⊥AB，即直线OC,OB,OM两两垂直，以O为原点，直线OC,OB,OM分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设AA则C(21−假设在平面ABB1A1上存在点P，使EP=(−EP⋅FP=1−a2由0<a≤22，得2a2−1≤0，因此2所以当a=22时，存在唯一的点P，即棱AA21．（12分）（2324高三上·天津河西·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB//CD，且CD=2，AB=1，BC=22，PA=2，AB⊥BC，N为PD(1)求证：AN//平面PBC；(2)求平面PAD与平面PCD夹角的余弦值；(3)点M在线段AP上，直线CM与平面PAD所成角的正弦值为4515，求点M到平面【解题思路】（1）先利用平面几何的知识与线面垂直的性质证得PA,AE,AB两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求出AN和平面PBC的法向量，由此证得线面平行；（2）结合（1）中结论，求出平面PAD与平面PCD的法向量，利用空间向量夹角余弦的坐标表示求解即可；（3）先利用线面角结合向量法求得M的坐标，再利用空间向量点面距离公式求解即可.【解答过程】（1）记CD的中点为E，连结AE，因为AB//CD，CE=12CD=1=AB，所以四边形ABCE因为AB⊥BC，所以平行四边形ABCE是矩形，则AE⊥AB，因为PA⊥平面ABCD，AE,AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AE,PA⊥AB，则PA,AE,AB两两垂直，故以A为坐标原点，分别以AE，AB，AP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图，则A0,0,0，B0,1,0，E22,0,0，D因为N为PD的中点，所以N2,−1设平面PBC的一个法向量为m=x,y,z，而BP=(0,−1,2)则m⋅BP=−y+2z=0m⋅所以AN⋅m=−又AN⊄平面PBC，所以AN//平面PBC．.（2）设平面PAD的一个法向量为n=(a,b,c)，而AP=(0,0,2)，所以AP⋅n=2c=0AD⋅设平面PCD的一个法向量为u=(r,s,t)，而CD=(0,−2,0)，所以CD⋅u=−2s=0PC⋅记平面PAD与平面PCD夹角为α，则0<α<π所以cosα=所以平面PAD与平面PCD夹角的余弦值为39（3）依题意，不妨设AM=k0≤k≤2，则M=0,0,k，又由（2