第一章 空间向量与立体几何（单元测试）（解析版）

原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！空间向量与立体几何单元测试一、单选题（共8小题）1．已知向量a=(2, 3, 1)，bA．1 B．3 C．3 D．9【答案】B【解析】根据模长公式求解即可.【详解】由题a−b=(1,1,1),故a【点睛】本题主要考查了空间向量的模长计算,属于基础题型.2．已知空间向量m=−1，x，2，n=1，3，y，x＞0，y＞0，若m⊥A．66 B．16 C．112【答案】D【分析】先利用向量垂直得到3x+2y=1，再利用基本不等式求出最大值.【详解】因为空间向量m=−1，x，2，n=所以−1×1+3x+2y=0，即3x+2y=1因为x>0,y>0，所以1=3x+2y≥23x×2y，解得：xy≤当且仅当3x=2y=12，即x=13．在空间中，A(1,−1,2)，B(3,3,2)，C(2,6,2)，则∠ABC大小为（

）A．45° B．60° C．90° D．135°【答案】D【解析】先求出BA,BC，再求出BA⋅BC，BA，【详解】∵A(1,−1,2)，B(3,3,2)，C(2,6,2)，∴BA∴BABA=−22∴cos∵∠ABC∈0∘,180∘4．设ABCD−A1BA．AB⋅CA=C．BC⋅A1【答案】C【解析】先确定各选择支中两个向量的关系，数量积明显错误的排除，不确定的计算．【详解】由题意<AB,CAA1BC=AD，C1A1故选：C.5．二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB=4，AC=6，BD=8，CD=217，则该二面角的大小为（

A．45° B．60° C．90° D．120°【答案】B【分析】将向量CD转化成CD=−AC+AB+BD，然后等式两边同时平方表示出向量CD【详解】解：由条件，知AC⋅∴|即62∴cosAC,BD=故选：B．6．在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，A．MN∥平面DBB．平面C1C．MN⊥D．异面直线MN与BD1【答案】ABD【分析】对于A，连接AD1，则由三角形中位线定理结合正方体的性质可得MN∥BC1，然后利用线面平行的判定可得结论；对于B，连接BN，可得四边形BC1MN为等腰梯形，对于C，由MN∥AD1，则MN与D1C所成的角为∠A【详解】对于A，连接AD1，因为M，N分别是A1D1，A因为在正方体ABCD−A1B1C1D1中，因为MN⊄平面DBC1，BC1⊂平面DB对于B，连接BN，由选项A，知MN∥BC1，所以平面C1因为M，N分别是A1D1，A因为AA1=因为AB=D1C1,∠NAB=∠MD1因为MN∥BC1，MN=1对于C，连接AC，因为MN∥AD1，所以MN与D1因为在正方体ABCD−A1B1C1所以∠AD1C=60°，所以MN对于D，因为MN∥AD1，所以异面直线MN与BD因为AB⊥平面ADD1A1，A在Rt△AD1B中，所以sin∠A故选：ABD7．在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A．平面B1EF⊥平面BDD1 C．平面B1EF//平面A1AC 【答案】A【分析】证明EF⊥平面BDD1，即可判断A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，分别求出平面B1EF，A1【详解】解：在正方体ABCD−A1B1C1D又EF⊂平面ABCD，所以EF⊥DD因为E,F分别为AB,BC的中点，所以EF∥AC，所以EF⊥BD，又BD∩DD1=D，所以EF⊥又EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面选项BCD解法一：如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，则B12,2,2,E则EF=−1,1,0,EA设平面B1EF的法向量为则有m⋅EF=−同理可得平面A1BD的法向量为平面A1AC的法向量为平面A1C1则m⋅n1=2−2+1=1≠0，所以平面B1因为m与n2不平行，所以平面B1EF与平面A因为m与n3不平行，所以平面B1EF与平面A故选：A.选项BCD解法二：解：对于选项B，如图所示，设A1B∩B则MN为平面B1EF与平面在△BMN内，作BP⊥MN于点P，在△EMN内，作GP⊥MN，交EN于点G，连结BG，则∠BPG或其补角为平面B1EF与平面A由勾股定理可知：PB2+P底面正方形ABCD中，E,F为中点，则EF⊥BD，由勾股定理可得NB从而有：NB据此可得PB2+P据此可得平面B1EF⊥平面对于选项C，取A1B1的中点H由于AH与平面A1AC相交，故平面B1对于选项D，取AD的中点M，很明显四边形A1B1由于A1M与平面A1C1故选：A.8．钟鼓楼是中国传统建筑之一，属于钟楼和鼓楼的合称，是主要用于报时的建筑.中国古代一般建于城市的中心地带，在现代城市中，也可以常常看见附有钟楼的建筑.如图，在某市一建筑物楼顶有一顶部逐级收拢的四面钟楼，四个大钟对称分布在四棱柱的四个侧面（四棱柱看成正四棱柱，钟面圆心在棱柱侧面中心上），在整点时刻（在0点至12点中取整数点，含0点，不含12点），已知在3点时和9点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线相互垂直，则在2点时和8点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成的角的余弦值为（

）

A．26 B．14 C．36【答案】B【分析】在正四棱柱ABCD−A1B1C1D【详解】如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1DG为BB1的中点，EN为2点钟时针，FM为8点钟时针，则∠NEG=30设正四棱柱的底面边长为a，侧棱长为b，以D为原点，以DA,DC,则E(a,a2,b2)，EN=(0,a2所以cosEN,FM所以在2点时和8点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成的角的余弦值为14.二、多选题（共4小题）9．给出下列命题，其中是假命题的是（

）A．若A，B，C，D是空间中的任意四点，则有ABB．a−b=a+C．若AB，CD共线，则ABD．对空间中的任意一点O与不共线的三点A，B，C，若OP=xOA+yOB+zOC(x,y,z∈R)，则P【答案】BCD【分析】根据向量的加法运算、共线与共面的条件，即可判断正误.【详解】解：由向量的加法运算，显然A是真命题；若a，b共线，则a+b=若AB，CD共线，则直线AB，CD平行或重合，故C是假命题；只有当x+y+z=1时，P，A，B，C四点才共面，故D是假命题．故选：BCD．10．如图，在四面体OABC中，点M在棱OA上，且满足OM=2MA，点N，G分别是线段BC，MN的中点，则用向量OA，OB，OC表示向量中正确的为（

）A．GN=−13C．GM=12【答案】AD【分析】连接ON，利用空间向量基本定理以及空间向量的线性运算进行求解即可.【详解】连接ON，因为点N，G分别是线段BC，MN的中点，所以OG=化简可得OG=所以GN=GM=GO+11．在长方体ABCD−A1B1C1D1，A．该长方体外接球表面积为4π B．三棱锥B−AC．当A1C⊥C1P时，【答案】ABD【分析】由长方体的外接球的直径即为长方体的对角线长即可判断A；由等体积法可判断B；建立空间直角坐标系，由数量积的坐标运算可判断C、D.【详解】设长方体ABCD−A1B该长方体外接球的直径即为长方体对角线的长，即有2R=AB2所以外接球表面积为4π因为在长方体ABCD−A1B1C所以P到平面A1B1所以VB−如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则C(1,1,0),DA1设CP=λCD1，所以C1P=(−λ,0,则A1C⋅此时PC=2PDPA1=(λ−1,−1,则PA因为0≤λ≤1，所以当λ=0或λ=1时，PA故选：ABD12．在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=1，点PA．当λ=1时，△ABB．当μ=1时，三棱锥P−AC．当λ=12时，有且仅有一个点PD．当μ=12时，有且仅有一个点P，使得A【答案】BD【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B，将P点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数．【详解】易知，点P在矩形BCC对于A，当λ=1时，BP=即此时P∈线段CC1，对于B，当μ=1时，BP=λ故此时P点轨迹为线段B1C1，而B1C则有P到平面A1对于C，当λ=12时，BP=12BC+μBB1，取BC，B1C1中点分别为Q，H则A1P=−3所以μ=0或μ=1．故H,Q均满足，故C错误；对于D，当μ=12时，BP=λBC+12BB1，取BB1，CC1中点为M,N．BP=BM+λMN，所以故选：BD．三、填空题（共4小题）13．已知向量a=2,−1,3，b=−1,k,−32，若向量a、【答案】−【分析】根据向量夹角为钝角，可知cos<a,【详解】由题意可知：cos<a解得：k>−132且k≠14．在正四棱柱ABCD−A1B1C1D【答案】11【分析】连接D1C，∠D1BC【详解】∵AD//BC，∴∠D1BC即为异面直线连接D1C，在∵正四棱柱ABCD−A∴DBC=1，D1∴D1B2∴cos故异面直线BD1与AD所成角的余弦值是故答案为：111115．在三棱锥P-ABC中，PA，AB，AC两两垂直，D为棱PC上一动点，PA=AC=2，AB=3.当BD与平面PAC所成角最大时，AD与平面PBC所成角的正弦值为.【答案】3【解析】首先可证AB⊥平面PAC，则BD与平面PAC所成角为∠ADB，所以当D为PC的中点时∠ADB取得最大值，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；【详解】解：因为PA，AB，AC两两垂直，PA∩AC=A所以AB⊥平面PAC，则BD与平面PAC所成角为∠ADB，所以tan∠ADB=当AD取得最小值时，∠ADB取得最大值在等腰Rt△PAC当D为PC的中点时，AD取得最小值，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，D(0,1,1)，则AD=(0,1,1)，PC=(0,2,−2)，设平面PBC的法向量为n=(x,y,z)，则n即2y−2z=0−3x+2y=0，令y=3，得n因为cos〈所以AD与平面PBC所成角的正弦值为31111.16．已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E是棱A1D1的中点，G为棱BC【答案】[【分析】方法1：通过作平行线找出异面直线AB与EG所成角，设NG=x，在直角三角形中用x表示出sinα，将问题转化为求y=1−1方法2：建立空间直角坐标系，运用坐标法求得异面直线AB与EG所成角的余弦值的范围，进而求得其正弦值的范围即可.【详解】方法1：取B1C1的中点N则EN//AB，EN⊥面所以异面直线AB与EG所成角即为∠NEG=α，EN⊥NG，设NG=x，（1≤x<5所以sinα=又因为1≤x<52，所以1≤x2<方法2：如图所示建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，E(12,0,1)所以AB=(0,1,0)，EG所以cosα=|cos<又因为当x=12时，x2−x+94=2所以23<cosα≤22，又因为四、解答题（共6小题）17．在如图所示的多面体中，底面ABCD是菱形，∠BAD=120°，DE//CF//BG，CF⊥平面ABCD，AG//EF，且CF=2BG.（1）证明：EG//平面ABCD；（2）若菱形ABCD的边长是2，CF=4，求直线CF与平面AEG所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）55【分析】（1）证明四边形AEFG为平行四边形．连接AF交EG于M，连接AC，BD交于O，连接MO，证明MG//BO．即可证明EG//平面ABCD．（2）解法一、证明FC与平面AEFG所成的角就是∠AFC．在RtΔAFC中，求解FC与平面AEG所成角的正弦即可．解法二、以O为坐标原点，分别以直线AC、BD为x、y轴，建立空间直角坐标系O−xyz，求出平面AEG的法向量，然后利用向量的数量积求解直线CF与平面【详解】（1）证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AD//BC.又DE//CF，AD∩DE=D，BC∩CF=C，所以平面ADE//平面BCFG.因为AG//EF，由夹在两个平行平面间的平行线段相等知AG=EF，所以四边形AGFE是平行四边形.连接AF交EG于M，连接AC，BD交于O，连接MO，如图所示，易知MO//CF//BG，且MO=1故四边形BOMG为平行四边形，所以MG//BO.又BO⊂平面ABCD，MG⊄平面ABCD，所以MG//平面ABCD，即EG//平面ABCD.（2）方法一（几何法）：因为CF⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，故FC⊥BD.因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.又AC⊂平面ACF，FC⊂平面ACF，且CF∩AC=C，所以BD⊥平面ACF.由（1）知EG//BD，所以EG⊥平面ACF，又EG⊂平面AEFG，所以平面AEFG⊥平面ACF.因为平面AEFG∩平面ACF=AF，点C∈平面ACF，所以点C在平面AEFG内的射影落在AF上，故FC与平面AEFG所成的角就是∠AFC.易知CF⊥AC，AC=AB=BC=2，所以在Rt△AFC中，sin∠AFC=所以直线CF与平面AEG所成角的正弦值为55方法二（向量法）：由（1）易知，DE=BG=2.以O为坐标原点，分别以AC，BD，OM所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O−xyz，如图所示.则有A1,0,0，E0,−3,2，G0,所以AE=−1,−3,2，设平面AEG的法向量为n=x,y,z，由n⊥AE，令z=1，解得x=2，y=0，所以n=2,0,1为平面于是cosn故直线CF与平面AEG所成角的正弦值为5518．在直角梯形PBCD中，∠D=∠C=π2，BC=CD=2，PD=4，A为PD的中点，如图，将△PAB沿AB折到△SAB的位置，使SB⊥BC，点E在SD上，且（1）求证：SA⊥平面ABCD；（2）求二面角E−AC−D的正切值．【答案】（1）证明见解析；（2）2【分析】（1）由题意可知，翻折后的图中SA⊥AB①，易证BC⊥SA②，由①②根据直线与平面垂直的判定定理可得SA⊥平面ABCD；（2）以A为原点建立直角坐标系，易知平面ACD的法向为AS=(0,0,2)，求平面EAC【详解】解：（1）证明：在题平面图形中，由题意可知，BA⊥PD，ABCD为正方形，所以在翻折后的图中，SA⊥AB，SA=2，四边形ABCD是边长为2的正方形，因为SB⊥BC，AB⊥BC，SB∩AB=B，SB,AB⊂平面SAB，所以BC⊥平面SAB，又SA⊂平面SAB，所以BC⊥SA，又SA⊥AB，BC∩AB=B，BC,AB⊂平面ABCD，所以SA⊥平面ABCD，解：如图，以A为原点建立直角坐标系，A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，D0,2,0，∴平面ACD的法向为AS设平面EAC的法向量为n=x,y,z，AC=由n⋅AC=0n⋅AE=0，所以所以cosn设二面角E−AC−D为θ，显然二面角E−AC−D为锐二面角，所以cosθ=13所以tanθ=22，即二面角E−AC−D的正切值为19．如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6，BP,AP,BC的中点分别为D,E,O，点F在AC上，BF⊥AO(1)求证：EF//平面ADO；(2)若∠POF=120°，求三棱锥P−ABC的体积．【答案】(1)证明见解析；(2)2【分析】（1）根据给定条件，证明四边形ODEF为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.（2）作出并证明PM为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.【详解】（1）连接DE,OF，设AF=tAC，则BF=BA+AF=(1−t)则BF⋅解得t=12，则F为AC的中点，由D,E,O,F分别为于是DE//AB,DE=12AB,OF//AB,OF=则四边形ODEF为平行四边形，EF//DO,EF=DO，又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO，所以EF//平面ADO.（2）过P作PM垂直FO的延长线交于点M，因为PB=PC,O是BC中点，所以PO⊥BC，在Rt△PBO中，PB=6,BO=因为AB⊥BC,OF//AB，所以OF⊥BC，又PO∩OF=O，PO,OF⊂平面POF，所以BC⊥平面POF，又PM⊂平面POF，所以BC⊥PM，又BC∩FM=O，BC,FM⊂平面ABC，所以PM⊥平面ABC，即三棱锥P−ABC的高为PM，因为∠POF=120°，所以∠POM=60°，所以PM=POsin又S△ABC=120．图①是直角梯形ABCD，AB//CD，∠D=90∘，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE=60∘，以BE为折痕将△BCE折起，使点

(1)求证：平面BC1E⊥(2)在棱DC1上是否存在点P，使得点P到平面ABC1的距离为155【答案】(1)证明见解析；(2)存在，直线EP与平面ABC1【分析】（1）由二面角平面角定义可知∠AOC1是二面角A−BE−C（2）以O为坐标原点建立空间直角坐标系，设DP=λDC【详解】（1）在图①中，连接AC，交BE于O，∵四边形ABCE是边长为2的菱形，∠BCE=60∘，∴AC⊥BE，在图②中，相交直线OA,OC1均与BE垂直，∴∠AOC∵AC1=6，∴OA2+OC12=A（2）以O为坐标原点，OA,OB,则D32,−32,0，C1∴DC1=−32,3设DP=λDC则AP=设平面ABC1的一个法向量则AB⋅n=−3x+y=0AC1⋅∴点P到平面ABC1的距离d=解得：λ=12或∴AP=−∴cos∴直线EP与平面ABC1所成角的正弦值为1521．如图，在圆锥DO中，D为圆锥顶点，AB为圆锥底面的直径，O为底面圆的圆心，C为底面圆周上一点，四边形OAED为矩形，且AC=1，BC=3．(1)若F为BC的中点，求证：DF//平面ACE(2)若CE与平面OAED所成角为30°，求二面角A−DE−C的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)2【分析】（1）根据三角形中位线定