2024-2025 学年高中数学人教A版选择性必修一专题1.6 空间向量与立体几何（能力提升卷）

这是一份2024-2025 学年高中数学人教A版选择性必修一专题1.6 空间向量与立体几何（能力提升卷），文件包含专题16空间向量与立体几何能力提升卷人教A版2019选择性必修第一册原卷版docx、专题16空间向量与立体几何能力提升卷人教A版2019选择性必修第一册解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
专题1.6 空间向量与立体几何（能力提升卷）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．（2023·高二校考单元测试）已知直线l1的方向向量a=(2,4,x)，直线l2的方向向量b=(2,y,2)，若a=6且a⊥b，则x+y的值是（    ）A．-3或1 B．3或-1 C．-3 D．1【答案】A【分析】根据空间向量的模的坐标表示结合a=6即可求得x的值，再根据a⊥b，列出方程，即可求得y，从而可得答案.【详解】解：∵a=22+42+x2=6，∴x=±4，又∵a⊥b，∴a⋅b=2×2+4y+2x=0，∴y=−1−12x，∴当x=4时，y=−3，则x+y=1，当x=−4时，y=1，则x+y=−3∴x+y=1或-3.故选：A.2．（2023·高二单元测试）在四面体OABC中，E为OA中点，CF=13CB，若OA=a，OB=b，OC=c，则EF=（    ）A．12a−13b−23c B．−12a−13b+43c C．−12a+23b+13c D．−12a+13b+23c【答案】D【分析】利用空间向量的加减法、数乘运算即可求解.【详解】EF=EO+OF=−12OA+OC+CF=−12OA+OC+13CB =−12OA+OC+13OB−OC=−12a+13b+23c.故选：D3．（2023春·江西宜春·高三校考开学考试）在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，PA=AB，PH=2HC，E，F分别是棱CD，PA的中点，则异面直线BH与EF所成角的余弦值是（    ）A．13 B．33 C．63 D．223【答案】A【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线线角的余弦作答.【详解】在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，令PA=AB=6，而E,F分别是棱CD,PA的中点，则B(6,0,0),C(6,6,0),P(0,0,6),E(3,6,0),F(0,0,3)，由PH=2HC得：PH=23PC=(4,4,−4)，则H(4,4,2),BH=(−2,4,2)，FE=(3,6,−3),所以异面直线BH与EF所成角的余弦值为|cos〈BH,FE〉|=|BH⋅FE||BH||FE|=1226×36=13.故选：A4．（2023春·江西赣州·高二上犹中学校考期末）已知四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=1，点E是BC的中点，则点E到直线PD的距离是（    ）A．54 B．52 C．22 D．324【答案】D【分析】利用坐标法，根据点到直线的距离的向量求法即得.【详解】如图建立空间直角坐标系，则P0,0,1,D0,1,0,E1,12,0，所以PD=0,1,−1,DE=1,−12,0，所以DE=52,PD=2,DE⋅PDPD=−122=−24，所以点E到直线PD的距离是DE2−DE⋅PDPD2=54−18=324.故选：D.5．（2023·江苏·高二专题练习）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是棱PD上靠近点P的四等分点，则CQ与平面PAB所成角的正弦值为（    ）．A．55 B．255 C．22929 D．16【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，写出相应点C、Q的坐标，求出平面PAB的法向量，最后求出CQ与平面PAB所成角的正弦值.【详解】∵ PA⊥平面ABCD，∠BAD=90°，∴以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，则C1,1,0，Q12,0,34.∴CQ=−12,−1,34.易知平面PAB的法向量n=1,0,0.设CQ与平面PAB所成角为θ，则sinθ=cosCQ,n=CQ⋅nCQn=−122916=22929.故选：C.6．（2023秋·河北沧州·高二统考期末）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=2AA1=4，则平面A1BD截长方体的外接球所得截面圆的面积为（    ）A．223π B．8π C．25π3 D．26π3【答案】C【分析】由题可得长方体的外接球球心O为对角线中点，利用向量法可得平面A1BD到O的距离，由此可得截面圆半径.【详解】如图以A点为坐标原点，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，则外接球球心O为体对角线的中点，则A10,0,2，B4,0,0，D0,4,0，C4,4,0，O2,2,1.A1B=4,0,−2，A1D=0,4,−2，BO=−2,2,1.设平面A1BD的法向量为m=x,y,z，则m⋅A1B=4x−2z=0m⋅A1D=4y−2z=0，取m=1,1,2.则点O到平面A1BD的距离d=m⋅BOm=63，又长方体外接球半径为体对角线一半，则R=12×42+42+22=3，设截面圆半径为r，所以r2=R2−d2=253，则S=πr2=25π3.故选：C．7．（2023·全国·高三专题练习）下图是常见的一种灭火器消防箱，抽象成数学模型如右图所示的六面体，其中四边形ADEH和BCFG为直角梯形，A、D、C、B为直角顶点，其他四个面均为矩形，AB=BG=3，FC=4，BC=1，下列说法正确的是（    ）A．该几何体是四棱台B．该几何体是棱柱，面ABCD是底面C．EG⊥HCD．面EFGH与面ABCD所成锐二面角为45°【答案】D【分析】根据题意可知这个六面体是四棱柱，面ADEH和面BCFG是底面，即可判断AB；如图以点D为原点建系，利用向量法即可判断EG,HC是否垂直，及面EFGH与面ABCD所成锐二面角.【详解】解：因为四边形ADEH和BCFG为直角梯形，A、D、C、B为直角顶点，其他四个面均为矩形，所以这个六面体是四棱柱，面ADEH和面BCFG是底面，故AB错误；由题意可知DA,DC,DE两两垂直，如图以点D为原点建系，则E0,0,4,G1,3,3,C0,3,0,H1,0,3，EG=1,3,−1,CH=1,−3,3，则EG⋅CH=1−3−3=−5≠0，所以EG,HC不垂直，故C错误；根据题意可知DE⊥平面ABCD，所以DE=0,0,4即为平面ABCD的法向量，EH=1,0,−1,HG=0,3,0，设n=x,y,z为平面EFGH的法向量，则有n⋅EH=x−z=0n⋅HG=3y=0，则可取n=1,0,1，则cosn,DE=n⋅DEnDE=44×2=22，所以面EFGH与面ABCD所成锐二面角为45°，故D正确.故选：D.8．（2023·江西·校联考二模）在四棱锥P−ABCD中，棱长为2的侧棱PD垂直底面边长为2的正方形ABCD，M为棱PD的中点，过直线BM的平面α分别与侧棱PA、PC相交于点E、F，当PE=PF时，截面MEBF的面积为（    ）A．22 B．2 C．33 D．3【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，利用向量共面确定点的坐标，利用向量数量积及三角形面积公式即可求出.【详解】由题意，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，如图，建立空间直角坐标系D-xyz，  则C0,2,0，P0,0,2，A2,0,0，M0,0,1，B2,2,0，PA=2,0,−2，BM=−2,−2,1，设PE=tPA=2t,0,−2t，0≤t≤1，则E2t,0,2−2t，又PE=PF，PA=PC，所以PF=tPC=0,2t,−2t，则F0,2t,2−2t，由题意，M、E、B、F四点共面，所以BM=xBE+yBF，所以−2=(2t−2)x−2y−2=−2x+(2t−2)y1=(2−2t)x+(2−2t)y，解得x=y=34,t=23，所以E43,0,23，F0,43,23，所以BE=−23,−2,23,BF=−2,−23,23，所以cos=BE⋅BFBEBF=2894+49+49⋅4+49+49=711，即cos∠EBF=711，所以sin∠EBF=1−cos2∠EBF=6211，所以S△EBF=12BE×BF×sin∠EBF=12×449×6211=423，又ME=43,0,−13,MF=0,43,−13，所以cos=ME⋅MFMEMF=19169+0+19⋅0+169+19=117，即cos∠EMF=117，所以sin∠EMF=1−cos2∠EMF=12217，所以S△EMF=12ME×MF×sin∠EMF=12×179×12217=223，所以截面MEBF的面积为S=S△EBF+S△EMF=423+223=22.故选：A多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（2023·全国·高一专题练习）在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1=2,∠A1AB=∠A1AD=60°，则下列选项正确的是（    ）A．AC1→=AB→+AD→+AA1→ B．A1C→=AB→+AD→−AA1→C．若A1M→=2MC→，则AM→=13AA1→+23AB→+13AD→ D．若直线AC与BD交于点O，则OC1→=342【答案】AB【分析】根据空间向量的线性运算、空间向量的数量积和模的运算即可求得答案.【详解】对A，由题意，AC1=AC+CC1=AB+AD+AA1，A正确；对B，A1C=A1A+AC=−AA1+AB+AD=AB+AD−AA1，B正确；对C，A1M=2MC⇒A1M=23A1C=23AC−AA1=23AB+AD−AA1，则AM=AA1+A1M=13AA1+23AB+23AD，C错误；对D，由题意可知，OC1=OC+CC1=12AC+AA1=12AB+AD+AA1，则OC1=14AB2+14AD2+AA12+12AB⋅AD+AB⋅AA1+AD⋅AA1=14×1+14×1+4+1×2×12+1×2×12=262，D错误.故选：AB.10．（2022秋·浙江·高二校联考期中）在四面体OABC中，E,F,G,H分别是棱OA,OB,BC,CA的中点，则下列结论正确的是（    ）A．EG=12OA+OB+OCB．若OA=OB,BC=AC，则四边形EFGH为矩形C．若EG=FH，则OC⊥ABD．若OA⊥BC,OB⊥AC，则OC⊥AB【答案】BCD【分析】先判断四边形EFGH是平行四边形，然后结合向量运算、线线垂直、线面垂直等知识确定正确答案.【详解】由于E,F,G,H分别是棱OA,OB,BC,CA的中点，所以EH//OC//FH,EF//AB//HG，所以四边形EFGH是平行四边形.A选项，EG=EF+EH=12AB+12OC=12OB−OA+12OC=12−OA+OB+OC，所以A选项错误.B选项，设P是AB的中点，若OA=OB,BC=AC，则OP⊥AB,PC⊥AB，由于OP∩PC=P,OC,PC⊂平面OPC，所以AB⊥平面OPC，由于OC⊂平面OPC，所以AB⊥OC，所以EF⊥EH，所以四边形EFGH是矩形，B选项正确.C选项，若EG=FH，则四边形EFGH是矩形，所以EF⊥EH，所以OC⊥AB，所以C选项正确.D选项，若OA⊥BC,OB⊥AC，OA⋅BC=OA⋅OC−OB=OA⋅OC−OA⋅OB=0，所以OA⋅OC=OA⋅OB；OB⋅AC=OB⋅OC−OA=OB⋅OC−OB⋅OA=0，所以OB⋅OC=OB⋅OA；OA⋅OC=OB⋅OC,OC⋅OA−OB=OC⋅BA=0，所以OC⊥AB.故选：BCD11．（2023·全国·高三专题练习）已知O为正方体ABCD−A1B1C1D1底面ABCD的中心，E为棱B1C1上动点，B1E=λB1C1，λ∈0,1,F为BE的中点，则（    ）A．平面OEF⊥平面ACC1A1B．过B,E,D三点的正方体的截面一定为等腰梯形C．OE与DF为异面直线D．OE与DF垂直【答案】AB【分析】由OB⊥平面ACC1A1推出平面OBE⊥平面ACC1A1，判断A；根据线与线平行补全截面图形，故可判断选项B；由以OE与DF都在平面EMDB内，判断选项C；建立空间直角坐标系，由B1E=λB1C1=−λ,0,0，解得OE=12−λ,12,1，F为BE的中点，解得DF=2−λ2,1,12，由OE⋅DF=0，得2λ2−5λ+6=0，无解，判断选项D.【详解】连接OB，易知OB⊥平面ACC1A1．又OB⊂平面OBE，所以平面OBE⊥平面ACC1A1，即平面OEF⊥平面ACC1A1，所以A选项正确；因为B1E=λB1C1,λ∈0,1，连接B1D1，过点E作EM∥B1D1交C1D1于点M，连接MD,OD．因为B1D1//BD，所以EM//BD．又EM≠BD，且根据图形对称性得DM=BE，所以截面EMDB必为等腰梯形，所以B选项正确；因为OE⊂平面EMDB,DF⊂平面EMDB，所以OE与DF共面，所以C选项错误；以DA,DC,DD1的正方向分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设正方体的边长为1，则B1E=λB1C1=−λ,0,0，由题设点Ex,1,1，则B1E=(x−1,0，0)．又B1E=−λ,0,0，所以x−1=−λ，则E1−λ,1,1，又O12,12,0，所以OE=12−λ,12,1，因为F为BE的中点，B1,1,0，E1−λ,1,1，所以DF=2−λ2,1,12，若OE⋅DF=0，则12−λ⋅2−λ2+12+12=0，整理得2λ2−5λ+6=0．因为0