新教材2024-2025学年高中数学第三章空间向量与立体几何测评北师大版选择性必修第一册

第三章测评一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知平面α和平面β的法向量分别为m=(3,1,-5),n=(-6,-2,10),则()A.α⊥β B.α∥βC.α与β相交但不垂直 D.以上都不对2.如图,已知空间四边形OABC,M,N分别是OA,BC的中点,且OA=a,OB=b,OC=c,用a,b,c表示向量MN为()A.12a+12b+B.12a-12b+C.-12a+12b+D.-12a+12b-3.已知正四面体ABCD的棱长为a,点E,F分别是BC,AD的中点,则AE·AF的值为(A.a2 B.14a2 C.12a2 D.34.已知向量a=(1,2,3),b=(-2,-4,-6),|c|=14,若(a+b)·c=7,则a与c的夹角为()A.30° B.60° C.120° D.150°5.如图,在四面体ABCD中,AB,BC,BD两两垂直,BC=BD=2,点E是CD的中点,异面直线AD与BE所成角的余弦值为1010,则直线BE与平面ACD所成角的正弦值为(A.23 B.23 C.26.《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑,如图,在鳖臑P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,且PA=AB=BC=1,则二面角A-PC-B的平面角的大小是()A.30° B.45° C.60° D.90°7.已知OA=(1,2,3),OB=(2,1,2),OP=(1,1,2),点Q在直线OP上运动,则当QA·QB取得最小值时,点Q的坐标为(A.12,C.43,8.正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2,E是棱AB的中点,F是四边形AA1D1D内一点(包含边界),且FE·FD=-34,当三棱锥F-AED的体积最大时,EF与平面ABB1A1A.23 B.53 C.2二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.在以下说法中,不正确的是()A.|a|-|b|=|a+b|是a,b共线的充要条件B.若a∥b,则存在唯一的实数λ,使a=λbC.对空间随意一点O和不共线的三点A,B,C,若OP=2OA-2OB-OC,则P,A,B,D.若{a,b,c}为空间的一组基,则{a+b,b+c,a+c}构成空间的另一组基10.如图,在菱形ABCD中,AB=2,∠BAD=60°,将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置,连接PC,则在翻折过程中,下列说法正确的是()A.PC与平面BCD所成的最大角为45°B.存在某个位置,使得PB⊥CDC.当二面角P-BD-C的平面角的大小为90°时,PC=6D.存在某个位置,使得B到平面PDC的距离为311.在四面体PABC中,下列说法正确的有()A.若AD=13AC+B.若Q为△ABC的重心,则PQC.若PA·BC=0,PC·AB=D.若四面体PABC各棱长都为2,M,N分别为PA,BC的中点,则|MN|=112.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段B1C上运动,则()A.直线BD1⊥平面A1C1DB.三棱锥P-A1C1D的体积为定值C.异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[45°,90°]D.直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为6三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知A,B,C三点不共线,O为平面ABC外一点,若向量OP=13OA+13OB+λOC,且点P与A14.四棱锥S-ABCD的底面是平行四边形,SE=2EC,若BE=xAB+yAD+zAS,则x+y+z=.

15.已知矩形ABCD中,AB=1,BC=3,将矩形ABCD沿对角线AC折起,使平面ABC与平面ACD垂直,则B与D之间的距离为.

16.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,∠BAD=90°,PA=AB=BC=12AD=1,BC∥AD,已知Q是四边形ABCD内部一点,且二面角Q-PD-A的平面角的大小为π4,则△ADQ的面积的取值范围是四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,∠BAA1=∠DAA1=π3,AC1=26(1)求侧棱AA1的长;(2)M,N分别为D1C1,C1B1的中点,求AC1·MN及两异面直线AC118.(12分)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,2AB=AA1=4,CE=EC1,AF=3FA1.(1)证明:BE⊥平面B1EF;(2)求二面角E-BF-A的平面角的余弦值.19.(12分)如图,平面五边形PABCD中,△PAD是边长为2的等边三角形,AD∥BC,AB=2BC=2,AB⊥BC,将△PAD沿AD翻折成四棱锥P-ABCD,E是棱PD上的动点(P,D端点除外),F,M分别是AB,CE的中点,且.

请从下面三个条件中任选一个,补充在上面的横线上,并作答:①BA·(PA+PD)=0;②PC=7;③点P在平面ABCD的投影在直线AD(1)求证:AB⊥FM;(2)当EF与平面PAD所成角最大时,求平面ACE与平面PAD所成二面角的平面角的余弦值.20.(12分)如图,由直三棱柱ABC-A1B1C1和四棱锥D-BB1C1C构成的几何体中,∠BAC=90°,AB=1,BC=BB1=2,C1D=CD=5,平面CC1D⊥平面ACC1A1.(1)求证:AC⊥DC1;(2)若M为DC1中点,求证:AM∥平面DBB1.21.(12分)如图所示,已知四棱锥P-ABCD,侧面PAD是边长为2的正三角形,且平面PAD⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,且∠ABC=60°,M为棱PC上的动点,且PMPC=λ(λ∈[0,1])(1)求证:BC⊥PC;(2)试确定λ的值,使得平面PAD与平面ADM所成锐二面角的平面角的余弦值为101022.(12分)如图所示,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AD=AB=BC=2,CD=4,E为CD中点,AE与BD交于点O,将△ADE沿AE折起,使点D到达点P的位置(P∉平面ABCE).(1)证明:平面POB⊥平面ABCE;(2)若PB=6,试推断线段PB上是否存在一点Q(不含端点),使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为155,若存在,求出PQOB参考答案第三章测评1.B2.C3.B4.C5.C以BC,BD,BA所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图,设AB=h,则A(0,0,h),B(0,0,0),C(2,0,0),D(0,2,0),E(1,1,0),∴AD=(0,2,-h),BE=(1,1,0),∴AD·BE=2,|AD|=4+h2,|BE|=2,∴cos<∵异面直线AD与BE所成角的余弦值为1010∴24+h2=1010,解得h=4,∴AD=(0,2,-4),设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),则n·AD=0,n·CD=0,即2y-4z=0,-2x+2y=0,令z=1,得n=(2,2,1),∴n·BE=4,|n|=3,设直线BE与平面ACD所成角为α,∴sinα=|cos<n,6.C∵在鳖臑P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,且PA=AB=BC=1,∴以B为原点,BC为x轴,BA为y轴,过点B作平面ABC的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,1,0),C(1,0,0),B(0,0,0),P(0,1,1),PA=(0,0,-1),PB=(0,-1,-1),PC=(1,-1,-1),设平面PAC的法向量n=(x,y,z),则n·PA=-z=0设平面PBC的法向量m=(a,b,c),则m·PB=-b-c=0设二面角A-PC-B的平面角的大小为θ,依据图可知,二面角A-PC-B的平面角为锐角,则cosθ=|m∴θ=60°.∴二面角A-PC-B的平面角的大小为60°.故选C.7.C8.A如图,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),E(1,0,0),D(0,2,0),设F(0,m,n),m∈[0,2],n∈[0,2],则FE·FD=(1,-m,-n)·(0,2-m,-n)=m2-2m+n2=-由于S△ADE为定值,要想三棱锥F-AED的体积最大,则F究竟面ADE的距离最大,其中n2=-34-m2+2m=-(m-1)2+14,所以当m=1时,n2取得最大值因为n∈[0,2],所以n的最大值为12,所以F0,1,12,EF=-1,1,12,平面ABB1A1的法向量n1=(0,1,0),所以设EF与平面ABB1A1所成角为α,sinα=|cos<EF,n1>|=|EF·n19.ABC选项A,|a|-|b|=|a+b|⇒a,b共线;反之不成立,若a,b同向共线,可能是|a|+|b|=|a+b|成立,因此|a|-|b|=|a+b|是a,b共线的充分不必要条件,因此A不正确;选项B,若a∥b,则存在唯一的实数λ,使a=λb,不正确,因为当a≠0,b=0时不成立,因此B不正确;选项C,对空间随意一点O和不共线的三点A,B,C,若OP=xOA+yOB+zOC,x+y+z=1,则P,A,B,C四点共面,因此C不正确;选项D,若{a,b,c}为空间的一组基,则{a+b,b+c,a+c}构成空间的另一组基,否则其中随意一个向量必定能用另外两个向量线性表示,不妨设a+b=x(b+c)+y(a+c),化为a+b=xb+(x+y)c+ya,则y=1,x=1,且x+y=0,冲突,假设不成立,因此D正确.故选ABC.10.BC选项A,取BD的中点O,连接OP,OC,则OP=OC=3(图略).由题可知,△ABD和△BCD均为等边三角形,由对称性可知,在翻折的过程中,PC与平面BCD所成的角为∠PCO,当PC=3时,△OPC为等边三角形,此时∠PCO=60°>45°,即选项A错误;选项B,当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心时,设为点Q,有PQ⊥平面BCD,BQ⊥CD,∴PQ⊥CD,又BQ∩PQ=Q,∴CD⊥平面PBQ,∵PB⊂平面PBQ,∴PB⊥CD,即选项B正确;选项C,当二面角P-BD-C的平面角的大小为90°时,平面PBD⊥平面BCD,∵PB=PD,∴OP⊥BD,∵平面PBD∩平面BCD=BD,∴OP⊥平面BCD,∴OP⊥OC,又OP=OC=3,∴△POC为等腰直角三角形,∴PC=2OP=6,即选项C正确;选项D,∵点B到平面PDC的距离为3,则点B到PD的距离为3,点B到CD的距离为3,则有DB⊥平面PCD,即DB⊥CD,与△BCD是等边三角形冲突.故选BC.11.ABC对于A,∵AD=13AC+23AB,∴3AD=AC+2AB,∴∴3BD=BD+对于B,若Q为△ABC的重心,则QA+QB+∴3PQ+QA+QB∴3PQ=即PQ=对于C,若PA·BC=0,PC则PA·BC∴PA·BC+PC·(∴PA·BC∴(PA-PC)·BC∴CA·BC+PC·AC=0,∴∴AC·PB对于D,∵MN=PN-PM=12(PB+PC∵|PA-=PA=2=22,∴|MN|=2.故D错误.12.ABD对于选项A,连接B1D1,由正方体可得A1C1⊥B1D1,且BB1⊥平面A1B1C1D1,则BB1⊥A1C1,BB1∩B1D1=B1,所以A1C1⊥平面BD1B1,故A1C1⊥BD1;同理,连接AD1,易证得A1D⊥BD1,A1D∩A1C1=A1,则BD1⊥平面A1C1D,故A正确;对于选项B,VP-A1C1D=VC1-A1PD,因为点P在线段B1C上运动,所以S△A1DP=12A对于选项C,当点P与线段B1C的端点重合时,AP与A1D所成角取得最小值为60°,故C错误;对于选项D,因为直线BD1⊥平面A1C1D,所以若直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值最大,则直线C1P与直线BD1所成角的余弦值最大,则P运动到B1C中点处,即所成角为∠C1BD1,设棱长为1,在Rt△D1C1B中,cos∠C1BD1=C1B13.13∵A,B,C三点不共线,O为平面ABC外一点,向量OP=13OA+13OB+λOC,且点P与A,B,14.23因为SE=2EC,所以CE=13CS,四棱锥S-ABCD的底面是平行四边形,则AD+AB=AC,所以BE=BC+CE=AD+13CS=AD+13(AS15.102如图,过点B,D分别向AC作垂线,垂足分别为M,N.则可求得AM=12,BM=32,CN=12,DN=3由于BD=所以|BD|2=(BM+MN+ND)2=|BM|2+|MN|2+|ND|2+2(BM·MN+MN·ND+BM·ND)=322+1216.0,255以点A为坐标原点,AD,AB,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,设点Q的轨迹与y轴的交点坐标为Q(0,b,0)(b>0).由题意可知A(0,0,0),D(2,0,0),P(0,0,1),所以DP=(-2,0,1),DQ=(-2,b,0),AD=(2,0,0).则平面APD的一个法向量为n1=(0,1,0),设平面PDQ的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),则n即-2x2+z2=0,-2x2+b所以n2=1,2b,2,设二面角Q-PD-A的平面角为θ,则cosθ=|cos<n1,n2>|=|n1·n2||n1||n2|=2b17.解(1)设侧棱AA1=x,∵在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,且∠A1AD=∠A1AB=60°,∴AB2=AD2=1,AA12=x又AC1=AB+AD+AA1,∴AC12=(AB+AD+AA1)2=AB2+AD2+AA即侧棱AA1=4.(2)∵AC∴AC1·MN=12(AB-AD)·(AB+AD+AA1)=12(AB18.(1)证明由条件可知BE=22,BF=13,EF=5,满意BF2=BE2+EF2,∴EF⊥BE,又BE=B1E=22,BB1=4,满意B1E2+BE2=BB1∴BE⊥B1E,又B1E∩EF=E,∴BE⊥平面B1EF.(2)解以AC的中点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则B(0,3,0),E(-1,0,2),F(1,0,3).∴BF=(1,-3,3),BE=(-1,-3,2).设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),∵n·BF=0,n·BE=0,∴x-3易得平面ABF的一个法向量为m=(3,1,0),cos<m,n>=m·由图可知,二面角E-BF-A的平面角是钝角,故二面角E-BF-A的平面角的余弦值为-102019.(1)证明取AD,CD的中点分别为O,G,连接PO,FG,MG,选择①:因为BA·(PA+PD)=0,PA+PD所以BA·PO即BA⊥PO,又因为BA⊥AD,AD∩PO=O,所以BA⊥平面PAD,因为M,G分别为CE,CD的中点,所以MG∥PD,且MG⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,所以MG∥平面PAD,同理可得FG∥平面PAD,因为MG∩FG=G,所以平面FGM∥平面PAD,所以BA⊥平面FGM,又因为FM⊂平面FGM,所以BA⊥FM.选择②:连接OC,则OC=AB=2,OP=3,因为PC=7,PC2=OP2+OC2,所以OC⊥PO,即BA⊥PO,又因为BA⊥AD,AD∩PO=O,所以BA⊥平面PAD,因为M,G分别为CE,CD的中点,所以MG∥PD,且MG⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,所以MG∥平面PAD,同理可得FG∥平面PAD,因为MG∩FG=G,所以平面FGM∥平面PAD,所以BA⊥平面FGM,又因为FM⊂平面FGM,所以BA⊥FM.选择③:因为点P在平面ABCD的射影在直线AD上,所以平面PAD⊥平面ABCD,因为平面PAD∩平面ABCD=AD,OP⊂平面PAD,AD⊥PO,所以OP⊥平面ABCD,所以BA⊥PO,又因为BA⊥AD,AD∩PO=O,所以BA⊥平面PAD,因为M,G分别为CE,CD的中点,所以MG∥PD,且MG⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,所以MG∥平面PAD,同理可得FG∥平面PAD,因为MG∩FG=G,所以平面FGM∥平面PAD,所以BA⊥平面FGM,又因为FM⊂平面FGM,所以BA⊥FM.(2)解连接AE,由(1)可知AB⊥平面PAD,所以∠AEF即为EF与平面PAD所成的角,因为tan∠AEF=AFAE=1AE,所以当AE最小时,∠AEF最大,所以当AE⊥PD,即E为以点O为坐标原点,以OC所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,OP所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,-1,0),E0,12,32,所以AE=0,32,32,AC设平面ACE的法向量为m=(x1,y1,z1),则32y1+32z1=0,2x1+y1设平面PAD的法向量为n,n=(1,0,0),所以cos<m,n>=m·由图可知,平面ACE与平面PAD所成二面角为锐角,所以平面ACE与平面PAD所成二面角的平面角的余弦值为171720.证明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,故AC⊥CC1.由平面CC1D⊥平面ACC1A1,且平面CC1D∩平面ACC1A1=CC1,所以AC⊥平面CC1D.又因为C1D⊂平面CC1D,所以AC⊥DC1.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥AB,AA1⊥AC.又因为∠BAC=90°,所以,如图建立空间直角坐标系A-xyz,依据已知条件可得A(0,0,0),C(0,3,0),C1(2,3,0),B(0,0,1),B1(2,0,1),D(1,3,2),所以BB1=(2,0,0),BD=(1,3设平面DBB1的法向量为n=(x,y,z),由n令y=1,则z=-3,x=0,于是n=(0,1,-3).因为M为DC1中点,所以M32,3,1所以AM=32,3,1由AM·n=32,3,1·(0,1,-3)=0,可得AM⊥n又因为AM⊄平面DBB1,所以AM∥平面DBB1.21.(1)证明取AD的中点O,连接OP,OC,AC,由题意可得△PAD,△ACD均为正三角形,所以OC⊥AD,OP⊥AD.又因为OC∩OP=O,所以AD⊥平面POC.又因为PC⊂平面POC,所以AD⊥PC.因为BC∥AD,所以BC⊥PC.(2)解由(1)可知PO⊥AD,又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD.故可得OP,OC,OD两两垂直,以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,3),A(0,-