北师大版2019选择性必修第一册专题3.5空间向量与立体几何(基础巩固卷)(原卷版+解析)

专题3.5空间向量与立体几何（基础巩固卷）考试时间：120分钟；满分：150分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（2021秋•南山区校级月考）已知i→，j→，k→是空间直角坐标系O﹣xyz中x轴、y轴、z轴正方向上的单位向量，且OA→=3A．（1，﹣1，1） B．（﹣1，1，1） C．（1，﹣1，2） D．（﹣1，1，2）2．（2021秋•南山区校级月考）已知直线l的一个方向向量m→=(2，−1，3)，且直线l过A（0，a，3）和B（﹣1，2，b）两点，则a+A．0 B．1 C．32 3．（2021春•万宁校级期中）正四面体ABCD的棱长为2，E，F分别为BC，AD的中点，则EF的长为（）A．2 B．3 C．4−3 D．44．（2021•青冈县校级开学）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，设AB→=a→，AD→A．1 B．0 C．﹣1 D．﹣25．（2021•沈北新区校级开学）在空间四点O，A，B，C中，若{OA→，OB→，A．O，A，B，C四点不共线 B．O，A，B，C四点共面，但不共线 C．O，A，B，C四点不共面 D．O，A，B，C四点中任意三点不共线6．（2021•三元区校级开学）设OABC是四面体，若D为BC的中点，AD→=xOA→+yOB→A．(14，1C．(−137．（2021秋•蚌埠月考）正四面体P﹣ABC中，点M是棱BC上的动点（包含端点），记异面直线PM与AB所成角为α，直线PM与平面ABC所成角为β，则（）A．α＞β B．α＜β C．α≥β D．α≤β8．（2020秋•鼓楼区校级期末）已知动点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1（不含端点）上．设D1PD1B=A．（0，13） B．（0，12） C．（13，1） 多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（2021•望花区校级开学）已知直线l1、l2的方向向量分别是AB→=(2，4，x)，CD→=(2，y，2)，若|AB→|=6，且l1A．﹣3 B．7 C．1 D．﹣510．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列各式中运算的结果为向量BDA．（A1D1→−A1AC．（AD→−AB→）+D11．已知v1→，v2→分别为直线l1，l2的方向向量（l1，l2不重合），n1→，n2→分别为平面A．v1→∥v2→⇔l1∥l2 B．v1→⊥v2C．n1→∥n2→⇔α∥β D．n112．（2020秋•历下区校级月考）已知空间三点A（﹣1，0，1），B（﹣1，2，2），C（﹣3，0，4），则下列说法正确的是（）A．AB→⋅AC→C．|BC→|=23 填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（2021秋•南山区校级月考）已知a→=(2，−1，3)，b→=(−1，4，−2)，c→=(3，2，λ)，若a→，b14．（2021春•瑶海区月考）已知平面α的一个法向量为n→=（1，1，1），原点O（0，0，0）在平面α内，则点P（4，5，3）到α的距离为15．（2021春•瑶海区月考）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，点M在A1C上，且AM=12MC1，N为BB1的中点，则MN的长为16．（2020春•和平区校级月考）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为13，则正四棱柱的高为解答题（共6小题，满分70分）17．（2021春•江门期末）已知空间三点A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5）．（1）求△ABC的面积；（2）若向量CD→∥AB→，且18．（2021春•惠州期末）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，PD＝AB＝2，E为PC中点．（1）求证：DE⊥平面PCB；（2）求二面角E﹣BD﹣P的余弦值．19．（2021春•沙坪坝区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E、F分别是PC、AD中点，（1）求证：DE∥平面PFB；（2）求PB与面PCD所成角的正切值．20．（2021春•中山市期末）空间四边形PABC中，PA，PB、PC两两相互垂直，∠PBA＝45°，∠PBC＝60°，M为AB的中点．（1）求BC与平面PAB所成的角；（2）求证：AB⊥平面PMC．21．（2021春•历下区期中）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD是正三角形，平面PAD⊥底面ABCD．（1）证明：AB⊥平面PAD；（2）求面PAD与面PDB所成的二面角的正切值．22．（2020秋•东丽区校级期中）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，AF⊥平面ABCD，EF∥AB，AD＝2，AB＝AF＝2EF＝1，点P为棱DF的中点．（Ⅰ）求证：BF∥平面APC；（Ⅱ）求直线DE与平面BCF所成角的正弦值；（Ⅲ）求点E到平面APC的距离．专题3.5空间向量与立体几何（基础巩固卷）考试时间：120分钟；满分：150分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（2021秋•南山区校级月考）已知i→，j→，k→是空间直角坐标系O﹣xyz中x轴、y轴、z轴正方向上的单位向量，且OA→=3A．（1，﹣1，1） B．（﹣1，1，1） C．（1，﹣1，2） D．（﹣1，1，2）【分析】设点B（x，y，z），由AB→【解答】解：由题意可知，OA→所以AB→设B（x，y，z），则（﹣1，1，﹣1）＝（x，y，z﹣3），解得x＝﹣1，y＝1，z＝2，故B（﹣1，1，2）．故选：D．2．（2021秋•南山区校级月考）已知直线l的一个方向向量m→=(2，−1，3)，且直线l过A（0，a，3）和B（﹣1，2，b）两点，则a+A．0 B．1 C．32 【分析】先求出AB→=（﹣1，2﹣a，b﹣3），由直线方向向量的定义列出方程，能求出a，b，由此能求出a+【解答】解：∵直线l的一个方向向量m→=(2，−1，3)，且直线l过A（0，a，3）和B（﹣1，2，AB→=（﹣1，2﹣a，∴−12解得a=32，b∴a+b=3故选：D．3．（2021春•万宁校级期中）正四面体ABCD的棱长为2，E，F分别为BC，AD的中点，则EF的长为（）A．2 B．3 C．4−3 D．4【分析】由AB＝BD＝AC＝CD＝AD＝2，F是AD中点，得BF＝CF=22−1【解答】解：如图，正四面体ABCD棱长为2，E、F分别为BC、AD中点，连结EF、BE、CF，∵AB＝BD＝AC＝CD＝AD＝2，F是AD中点，∴BF⊥AD，CF⊥AD，∴BF＝CF=∵BE＝1，∴EF⊥BC，∴EF=故选：A．4．（2021•青冈县校级开学）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，设AB→=a→，AD→A．1 B．0 C．﹣1 D．﹣2【分析】根据已知条件，结合正方体的性质，以及向量数量积的运算规律，即可求解．【解答】解：由正方体的性质可得，AB→⊥AD故AB→⋅AD∵AB→=a→，∴a→故选：B．5．（2021•沈北新区校级开学）在空间四点O，A，B，C中，若{OA→，OB→，A．O，A，B，C四点不共线 B．O，A，B，C四点共面，但不共线 C．O，A，B，C四点不共面 D．O，A，B，C四点中任意三点不共线【分析】根据基底的含义，非零向量OA→，OB→，OC→不在同一平面内，即O【解答】解：因为{OA→所以非零向量OA→即O，A，B，C四点不共面，所以A、C、D选项说法正确，B错误．故选：B．6．（2021•三元区校级开学）设OABC是四面体，若D为BC的中点，AD→=xOA→+yOB→A．(14，1C．(−13【分析】在△OBC中，OD→=12OB→+【解答】解：在△OBC中，因为D是BC中点，所以OD→在△OAD中，AD→=OD故选：B．7．（2021秋•蚌埠月考）正四面体P﹣ABC中，点M是棱BC上的动点（包含端点），记异面直线PM与AB所成角为α，直线PM与平面ABC所成角为β，则（）A．α＞β B．α＜β C．α≥β D．α≤β【分析】根据题意，作PO⊥底面ABC，连接OM，过点M作l平行于AB，过点P作PN⊥MN与MN交于点N，分析可得∠PMO＝β，∠PMN＝α，又由PN≥PO，分析可得PN≥PO，则sinα≥sinβ，由正弦三角函数的定义分析可得答案．【解答】解：根据题意，如图：作PO⊥底面ABC，连接OM，过点M作l平行于AB，过点P作PN⊥MN与MN交于点N，则∠PMO是直线PM与平面ABC所成角，即∠PMO＝β，∠PMN是直线PM与与AB所成角，即∠PMN＝α，在Rt△POM和Rt△PMN中，有PN≥PO，则sinα≥sinβ，必有α≥β，故选：C．8．（2020秋•鼓楼区校级期末）已知动点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1（不含端点）上．设D1PD1B=A．（0，13） B．（0，12） C．（13，1） 【分析】建立空间直角坐标系，利用∠APC不是平角，可得∠APC为钝角等价于cos∠APC＜0，即PA→⋅PC【解答】解：由题设，建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，则有A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D（0，0，1）∴D1B→=（1，1，﹣1），∴设D1P→∴PA→=PD1→+D1A→=（﹣PC→=PD1→+D1C→=（﹣由图知∠APC不是平角，∴∠APC为钝角等价于cos∠APC＜0，∴PA→∴（1﹣λ）（﹣λ）+（﹣λ）（1﹣λ）+（λ﹣1）2＝（λ﹣1）（3λ﹣1）＜0，解得13＜∴λ的取值范围是（13故选：C．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（2021•望花区校级开学）已知直线l1、l2的方向向量分别是AB→=(2，4，x)，CD→=(2，y，2)，若|AB→|=6，且l1A．﹣3 B．7 C．1 D．﹣5【分析】由|AB→|=6，且l1⊥l2，列出方程组，求出x【解答】解：∵直线l1、l2的方向向量分别是AB→=(2，4，x)，CD→=(2，y，2)，且|AB→∴4+16+x2=6∴x=4y=−3或x=−4∴x﹣y＝7或x﹣y＝﹣5．故选：BD．10．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列各式中运算的结果为向量BDA．（A1D1→−A1AC．（AD→−AB→）+D【分析】利用向量的加减法法则分别求出各选项中的向量即可判断．【解答】解：对于A选项：(A1D对于B选项：(BC→+对于C选项：(AD→−对于D选项：(B1D故选：ABC．11．已知v1→，v2→分别为直线l1，l2的方向向量（l1，l2不重合），n1→，n2→分别为平面A．v1→∥v2→⇔l1∥l2 B．v1→⊥v2C．n1→∥n2→⇔α∥β D．n1【分析】根据方向向量的关系和法向量的关系可判断线线关系和面面关系，即可得到答案．【解答】解：若两条直线不重合，则空间中直线与直线平行（或垂直）的充要条件是它们的方向向量平行（或垂直），故选项A，B正确；若两个平面不重合，则空间中面面平行（或垂直）的充要条件是它们的法向量平行（或垂直），故选项C，D正确．故选：ABCD．12．（2020秋•历下区校级月考）已知空间三点A（﹣1，0，1），B（﹣1，2，2），C（﹣3，0，4），则下列说法正确的是（）A．AB→⋅AC→C．|BC→|=23 【分析】分别求出AB→，AC→，【解答】解：∵A（﹣1，0，1），B（﹣1，2，2），C（﹣3，0，4），∴AB→=（0，2，1），AC→故AB→•AC→=3，|BC→|＝23，cos故选：AC．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（2021秋•南山区校级月考）已知a→=(2，−1，3)，b→=(−1，4，−2)，c→=(3，2，λ)，若a→，b【分析】由a→，b→，c→三向量共面，得a→=x【解答】解：∵a→=(2，−1，3)，b→=(−1，4，−2)，c→=(3，2，λ)，∴a→=xb→+y∴（2，﹣1，3）＝（﹣x，4x，﹣2x）+（3y，2y，λy）＝（﹣x+3y，4x+2y，﹣2x+λy），∴−x+3y=24x+2y=−1解得x=−12，y∴实数λ＝4．故答案为：4．14．（2021春•瑶海区月考）已知平面α的一个法向量为n→=（1，1，1），原点O（0，0，0）在平面α内，则点P（4，5，3）到α的距离为【分析】求出OP→=（4，5，3），点P（4，5，3）到α的距离为d【解答】解：∵平面α的一个法向量为n→原点O（0，0，0）在平面α内，点P（4，5，3），OP→∴点P（4，5，3）到α的距离为：d=|OP→故答案为：43．15．（2021春•瑶海区月考）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，点M在A1C上，且AM=12MC1，N为BB1的中点，则MN的长为【分析】如图所示．建立空间直角坐标系，利用向量的坐标与模的计算公式即可得出．【解答】解：如图所示，N(a，a，12a)，C1（0，a，a），A∵AM=12MC∴AM→∴DM＝（a，0，0）+=(2∴MN→∴|MN故答案为：21616．（2020春•和平区校级月考）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为13，则正四棱柱的高为【分析】建立空间直角坐标系，设棱柱的高为a，求出平面ACD1的一个法向量n→，令cos＜n→【解答】解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设DD1＝a，则A（2，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，a），故AC→设平面ACD1的一个法向量为n→=(x，y，z)，则n→故cos＜n又直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为13∴22a2故答案为：4．解答题（共6小题，满分70分）17．（2021春•江门期末）已知空间三点A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5）．（1）求△ABC的面积；（2）若向量CD→∥AB→，且【分析】（1）根据已知条件，运用向量的夹角公式，可得θ=π（2））CD→//AB→，可得CD【解答】解：（1）设向量AB→，AC→的夹角为由已知AB→=(−2，−1，3)，AC→=(1，−3，2)，|AB∵0≤θ≤π，∴θ=π∴S△ABC（2）∵CD→∴CD→=λAB→∵|CD→|=21，即∴CD→即CD→=(−618．（2021春•惠州期末）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，PD＝AB＝2，E为PC中点．（1）求证：DE⊥平面PCB；（2）求二面角E﹣BD﹣P的余弦值．【分析】（1）只需证明BC⊥DE，DE⊥PC即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用向量公式得解．【解答】解（1）证明：∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC，又∵正方形ABCD中，CD⊥BC，PD∩CD＝D，∴BC⊥平面PCD，又∵DE⊂平面PCD，∴BC⊥DE，∵PD＝CD，E是PC的中点，DE⊥PC，PC∩BC＝C，∴DE⊥平面PCB（2）以点D为坐标原点，分别以直线DA，DC，DP为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知：D(0，0，0)，P(0，0，2)，B(2，2，0)，E(0，1，1)，DB设平面BDE的法向量为n→=(x，y，z)，则∴2x+2y=0y+z=0，令z＝1，得到y＝﹣1，x∴n→又∵C(0，2，0)，A(2，0，0)，AC→=(−2，2，0)，且AC∴平面PDB的一个法向量为m→设二面角E﹣BD﹣P的平面角为α，则cosα=|cos＜m∴二面角E﹣BD﹣P的余弦值为6319．（2021春•沙坪坝区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E、F分别是PC、AD中点，（1）求证：DE∥平面PFB；（2）求PB与面PCD所成角的正切值．【分析】（1）取PB的中点M，证明四边形DEMF是平行四边形得出DE∥FM，故而DE∥平面PFB；（2）证明BC⊥平面PCD，则∠BPC为所求角，根据BC与PC的关系得出tan∠BPC．【解答】（1）证明：取PB的中点M，连接EM，FM，∵E，M分别是PC，PB的中点，∴EM∥BC，EM=12∵四边形ABCD是正方形，F是AD的中点，∴DF∥BC，DF=12∴四边形DEMF是平行四边形，∴DE∥FM，又DE⊄平面PFB，FM⊂平面PFB，∴DE∥平面PFB．（2）解：∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC，∵四边形ABCD是正方形，∴BC⊥CD，又PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，PD∩CD＝D，∴BC⊥平面PCD．∴∠BPC为直线PB与平面PCD所成的角，∵PD＝DC＝BC，∴PC=2CD=2∴tan∠BPC=BC20．（2021春•中山市期末）空间四边形PABC中，PA，PB、PC两两相互垂直，∠PBA＝45°，∠PBC＝60°，M为AB的中点．（1）求BC与平面PAB所成的角；（2）求证：AB⊥平面PMC．【分析】（1）推导出PC⊥平面PAB，可得∠CBP是CB与平面PAB所成的角，即可求出BC与平面PAB所成的角．（2）由PA⊥PB，∠PBA＝45°，PA＝PB，推导出△PAC≌△PBC，从而AB＝AC，由此能证明AB⊥平面PMC．【解答】解：（1）∵PC⊥PA，PC⊥PB，∴PC⊥平面PAB，∴BC在平面PBC上的射影是BP．∴∠CBP是CB与平面PAB所成的角，∵∠PBC＝60°，∴BC与平面PBA的角为60°．证明：（2）∵PA⊥PB，∠PBA＝45°，∴PA＝PB，∵PC⊥PA，PC⊥PB，PA＝PB，PC＝PC，∴△PAC≌△PBC，∴AB＝AC，∵M为AB的中点．∴PM⊥AB，CM⊥AB，∵PM∩CM＝M，∴AB⊥平面PMC．21．（2021春•历下区期中）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD是正三角形，平面PAD⊥底面ABCD．（1）证明：AB⊥平面PAD；（2）求面PAD与面PDB所成的二面角的正切值．【分析】（1）根据平面PAD⊥底面ABCD以及AB⊥AD即可证得AB⊥平面PAD；（2）利用面积射影法，求出面PAD与面PDB所成的二面角的余弦值，即可求出面PAD与面PDB所成的二面角的正切值．【解答】（1）证明