北师大版（2019） 高中数学 选择性必修第一册 第三章 空间向量与立体几何 章末测评卷（含解析）

这是一份北师大版（2019） 高中数学 选择性必修第一册 第三章 空间向量与立体几何 章末测评卷（含解析），共15页。

《第三章 空间向量与立体几何》章末测评卷
一、单项选择题: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∥β
C.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+12c B.12a-12b+12c
C.-12a+12b+12c D.-12a+12b-12c
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.34a2
4.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.若正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,D是A1C1的中点,则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为(　　)
A.45 B.35
C.34 D.55
6.《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.12,34,13 B.12,32,34
C.43,43,83 D.43,43,73
8.将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成大小为60°的二面角A-BD-C,点P为线段AC上的一动点,下列结论正确的是(　　)
A.异面直线AC与BD所成的角为60°
B.△ACD是等边三角形
C.△BDP面积的最小值为3
D.四面体ABCD的外接球的体积为4π3
二、多项选择题: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.已知空间向量a=(-2,-1,1),b=(3,4,5),则下列结论正确的是(　　)
A.(2a+b)∥a
B.5|a|=3|b|
C.a⊥(5a+6b)
D.a与b夹角的余弦值为-36
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⊥CD
C.当二面角P-BD-C的平面角的大小为90°时,PC=6
D.存在某个位置,使得B到平面PDC的距离为3
11.在四面体P-ABC中,下列说法正确的有(　　)
A.若AD=13AC+23AB,则可知BC=3BD
B.若Q为△ABC的重心,则PQ=13PA+13PB+13PC
C.若PA·BC=0,PC·AB=0,则PB·AC=0
D.若四面体P-ABC各棱长都为2,M,N分别为PA,BC的中点,则|MN|=1
12.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A1C1D
B.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63
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.在空间四边形ABCD中,若AB=(-3,5,2),CD=(-7,-1,-4),点E,F分别为线段BC,AD的中点,则|AB|=　　　　　,EF的坐标为　　　　　　　.
14.在边长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,取其四个顶点作为一个三棱锥的顶点,使该三棱锥的体积为13,则该三棱锥的名称可以是　　　　　　　　.
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)(2021广东深圳福田期中)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AC1和MN的夹角.




18.(12分)如图,在由三棱锥E-ADF和四棱锥F-ABCD拼接成的多面体ABCDEF中,AE⊥平面ABCD,平面BCF⊥平面ABCD,且ABCD是边长为23的正方形,△BCF是正三角形.

(1)求证:AE∥平面BCF;


(2)若多面体ABCDEF的体积为16,求BF与平面DEF所成角的正弦值.




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上.

(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所成二面角的余弦值.





20.(12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点D在棱A1B1上,E,F分别是CC1,BC的中点,AE⊥A1B1,AA1=AB=AC=2.

(1)证明:DF⊥AE;




(2)当D为A1B1的中点时,求平面DEF与平面ABC所成锐二面角的平面角的余弦值.




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1010.




22.(12分)如图所示,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,试判断线段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的值;若不存在,说明理由.






















参考答案
一、单项选择题
1.B　2.C　3.B　4.C　5.A
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,n·PC=x-y-z=0,取x=1,得n=(1,1,0),
设平面PBC的法向量m=(a,b,c),
则m·PB=-b-c=0,m·PC=a-b-c=0,取b=1,得m=(0,1,-1),

设二面角A-PC-B的平面角的大小为θ,根据图可知,二面角A-PC-B的平面角为锐角,
则cos θ=|m·n||m||n|=12×2=12,
∴θ=60°.
∴二面角A-PC-B的平面角的大小为60°.故选C.
7.C
8.C　如图所示,设AC与BD的交点为M,AM=MD,

对于选项A,∵AM⊥BD,CM⊥BD,AM∩CM=M,
∴BD⊥平面AMC,
又AC⊂平面AMC,∴BD⊥AC,故选项A错误;
对于选项B,∵AM⊥BD,CM⊥BD,
∴∠AMC即为二面角A-BD-C的平面角,则∠AMC=60°,AM=MC,
∴△AMC为等边三角形,
∴AC=MC=2,而AD=CD=2,由此△ACD不是等边三角形,故选项B错误;
对于选项C,∵BD⊥平面AMC,∴BD⊥PM,
∴S△BDP=12·BD·PM=12×22·PM=2PM,
而当PM⊥AC时,PM最小,故PM=AM·cos 30°=2×32=62,于是S△BDP=2×62=3,故选项C正确;
对于选项D,由于MA=MB=MD=MC=2,故M是外接球的球心,且外接球半径为r=2,
∴V=43πr3=823π,故选项D错误.故选C.
二、多项选择题
9.BCD　因为2a+b=(-1,2,7),a=(-2,-1,1),而-1-2≠2-1≠71,故A不正确;
因为|a|=6,|b|=52,所以5|a|=3|b|,故B正确;
因为a·(5a+6b)=5a2+6a·b=0,故C正确;
又因为cos=-56×52=-36,所以D正确.
故选BCD.
10.BC　选项A,取BD的中点O,连接OP,OC,则OP=OC=3.
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是等边三角形矛盾.故选BC.
11.ABC　对于A,∵AD=13AC+23AB,∴3AD=AC+2AB,∴2AD-2AB=AC−AD=DC,∴2BD=DC,
∴3BD=BD+DC,即3BD=BC,故A正确;
对于B,若Q为△ABC的重心,则QA+QB+QC=0,
∴3PQ+QA+QB+QC=3PQ,
∴3PQ=PA+PB+PC,
即PQ=13PA+13PB+13PC,故B正确;
对于C,若PA·BC=0,PC·AB=0,
则PA·BC+PC·AB=0,
∴PA·BC+PC·(AC+CB)=0,
∴PA·BC+PC·AC+PC·CB=0,
∴(PA−PC)·BC+PC·AC=0,
∴CA·BC+PC·AC=0,
∴AC·(CB+PC)=0,
∴AC·PB=0,故C正确;
对于D,∵MN=PN−PM=12(PB+PC)-12PA=12(PB+PC−PA),∴|MN|=12|PA−PB−PC|,
∵|PA−PB−PC|
=PA2+PB2+PC2-2PA·PB-2PA·PC+2PB·PC　
=22+22+22-2×2×2×12-2×2×2×12+2×2×2×12
=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,所以A1C1⊥平面BD1B1,故A1C1⊥BD1;同理,连接AD1,易证得A1D⊥BD1,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=12A1D·AB,面积为定值,且C1到平面A1PD1的距离即为C1到平面A1B1CD的距离,也为定值,故体积为定值,故B正确;
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=C1BBD1=23=63,故D正确.
三、填空题
13.38　(-2,-3,-3)　∵AB=(-3,5,2),
∴|AB|=9+25+4=38,
∵点E,F分别为线段BC,AD的中点,设O是坐标原点,
∴EF=OF−OE,OF=12(OA+OD),OE=12(OB+OC),
∴EF=12(OA+OD)-12(OB+OC)=12(BA+CD)=(-2,-3,-3).
14.三棱锥B-A1C1D(答案不唯一)
15.102　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=32,MN=1.
由于BD=BM+MN+ND,
所以|BD|2=(BM+MN+ND)2=|BM|2+|MN|2+|ND|2+2(BM·MN+MN·ND+BM·ND)=322+12+322+2×(0+0+0)=52,
故|BD|=102.
16.0,255　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n2·DP=0,n2·DQ=0,
即-2x2+z2=0,-2x2+by2=0,令z2=2,得x2=1,y2=2b,
所以n2=1,2b,2,
设二面角Q-PD-A的平面角为θ,
则cos θ=|cos|=n1·n2|n1||n2|=2b5+4b2=22,解得b=255,因为点Q在DQ上运动,所以△ADQ的面积的取值范围是0,255.
四、解答题
17.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=x2,AB·AD=0,AB·AA1=x2,AD·AA1=x2,
又AC1=AB+AD+AA1,
∴AC12=(AB+AD+AA1)2=AB2+AD2+AA12+2AB·AD+2AB·AA1+2AD·AA1=26,
∴x2+2x-24=0,∵x>0,∴x=4,
即侧棱AA1=4.
(2)∵AC1=AB+AD+AA1,MN=12DB=12(AB−AD),
∴AC1·MN=12(AB−AD)·(AB+AD+AA1)=12(AB2−AD2+AB·AA1−AD·AA1)
=12×(1-1+2-2)=0,
∴两异面直线AC1和MN的夹角为90°.
18.(1)证明设点O为BC中点,因为△BCF是正三角形,
则OF⊥BC,又因为平面ABCD⊥平面BCF,
平面ABCD∩平面BCF=BC,则OF⊥平面ABCD,
AE⊥平面ABCD,则AE∥OF,
又因为OF⊂平面BCF,AE⊄平面BCF,所以AE∥平面BCF,

(2)解VABCDEF=VF-ABCD+VE-ADF=VF-ABCD+VF-ADE
=13×(23)2×3+13×12×23×AE×23=16,解得AE=2,
以点A为坐标原点,AD,AB,AE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,
因为四边形ABCD是边长为23的正方形,△BCF是正三角形,则D(23,0,0),B(0,23,0),E(0,0,2),F(3,23,3),
DF=(-3,23,3),DE=(-23,0,2),
设平面DEF的一个法向量为n=(x,y,z),
则DF·n=0,DE·n=0,取x=1,则n=(1,-1,3),
又因为BF=(3,0,3),设BF与平面DEF所成角为θ,则sin θ=|cos|=n·BF|n||BF|=435×23=255.
19.(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=2PO,
所以BA·PO=0,
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,EF,AC,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PD中点时,AE最小,
以点O为坐标原点,以OC为x轴,OD为y轴,OP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,C(2,0,0),
所以AE=0,32,32,AC=(2,1,0),
设平面ACE的法向量为m=(x1,y1,z1),
则32y1+32z1=0,2x1+y1=0,令z1=3,得m=12,-1,3,
设平面PAD的法向量为n,n=(1,0,0),
所以cos=m·n|m||n|=1717,
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所成二面角的余弦值为1717.
20.(1)证明在直三棱柱ABC-A1B1C1中,有AA1⊥A1B1,
又因为AE⊥A1B1,AE∩AA1=A,所以A1B1⊥平面AA1C1C,
因为A1C1⊂平面AA1C1C,
所以A1B1⊥A1C1.
所以AB⊥AC,AB⊥AA1,AC⊥AA1,如图,

分别以AC,AA1,AB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A-xyz,
则C(2,0,0),B(0,0,2),A(0,0,0),A1(0,2,0),F(1,0,1),E(2,1,0).设D(0,2,t),则FD=(-1,2,t-1),AE=(2,1,0),FD·AE=(-1,2,t-1)·(2,1,0)=0,所以DF⊥AE.
(2)解当D为A1B1的中点时,D(0,2,1),EF=(-1,-1,1),FD=(-1,2,0),
设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则n·EF=0,n·DF=0,即x+y-z=0,x-2y=0,
令y=1得,n=(2,1,3),
容易知平面ABC的法向量为n0=(0,1,0),
所以cos=n·n0|n||n0|=122+12+32×1=1414,即平面DEF与平面ABC所成锐二面角的平面角的余弦值为1414.
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OC∩OP=O,所以AD⊥平面POC.
又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,-1,0),D(0,1,0),C(3,0,0),
所以PC=(3,0,-3).
由PM=λPC=λ(3,0,-3)(λ∈[0,1]),可得点M的坐标为(3λ,0,3−3λ),
所以AM=(3λ,1,3−3λ),DM=(3λ,-1,3−3λ).
设平面MAD的法向量为n=(x,y,z),
由n·AM=3λx+y+(3-3λ)z=0,n·DM=3λx-y+(3-3λ)z=0,即x=λ-1λz,y=0,
令z=λ,则n=(λ-1,0,λ).
又平面PAD的一个法向量为OC=(3,0,0),
设平面PAD与平面ADM所成锐二面角的平面角为θ,
则cos θ=|cos|=|n·OC||n||OC|　=|3(λ-1)|λ2+(λ-1)2·3=1010,
解得λ=34或λ=32(舍去).所以当λ=34时,平面PAD与平面ADM所成锐二面角的平面角的余弦值为1010.
22.(1)证明在梯形ABCD中,连接BE,在等腰梯形ABCD中,AD=AB=BC=2,CD=4,E为中点,
∴四边形ABED为菱形,∴BD⊥AE,∴OB⊥AE,OD⊥AE,即OB⊥AE,OP⊥AE,且OB∩OP=O,OB⊂平面POB,OP⊂平面POB,∴AE⊥平面POB.又AE⊂平面ABCE,
∴平面POB⊥平面ABCE.

(2)解由(1)可知四边形ABED为菱形,∴AD=DE=2,在等腰梯形ABCD中,AE=BC=2,∴△PAE为正三角形,
∴OP=3,同理OB=3,
∵PB=6,
∴OP2+OB2=PB2,
∴OP⊥OB.
由(1)可知OP⊥AE,OB⊥AE,
以O为原点,OE,OB,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,
由题意得,各点坐标为P(0,0,3),A(-1,0,0),B(0,3,0),C(2,3,0),E(1,0,0),
∴PB=(0,3,-3),PC=(2,3,-3),AE=(2,0,0),
设PQ=λPB(0<λ<1),AQ=AP+PQ=AP+λPB=(1,3λ,3−3λ),设平面AEQ的一个法向量为n=(x,y,z),
则n·AE=0,n·AQ=0,即2x=0,x+3λy+(3-3λ)z=0,
取x=0,y=1,得z=λλ-1,∴n=0,1,λλ-1,
设直线PC与平面AEQ所成角为θ,θ∈0,π2,
则sin θ=|cos|=|PC·n||PC||n|=155,
即3+3λ1-λ101+λλ-12=155,化简得4λ2-4λ+1=0,解得λ=12,
∴存在点Q为PB的中点时,使直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为155.
∵|PB|=6,
∴|PQ|=12|PB|=62.
∵|OB|=3,
∴|PQ||OB|=623=22.