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2026北师大版高中数学选择性必修第一册
第三章　空间向量与立体几何
(全卷满分150分　考试用时120分钟)
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)
1.一束光线自点P(-1,1,1)发出,被yOz平面反射后到达点Q(-3,3,3),则光线所走过的路程是(　　)
A.2 B.6 C.2 D.4
2.已知a=(1,2,-y),b=(x,1,2),且(a+2b)∥(2a-b),则(　　)
A.x=,y=1　 B.x=,y=-4　 C.x=2,y=-　 D.x=1,y=-1
3.中国元代数学家郭守敬主持建造的观星台(如图①)可近似看成一个正四棱台ABCD-A1B1C1D1(如图②),若AB=2A1B1,点M在BD1上,且BM=3D1M,则=(　　)
　　
A. B.
C. D.
4.如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是菱形,AA1⊥平面ABCD,AA1=A1B1=AB=1,∠ABC=,则点B到直线A1D的距离为(　　)
A.2 B.2 C. D.
5.如图,AB=BC=AC=DB=DC,且平面ABC与平面BCD垂直,E为BC的中点,EF AD,则平面ABD与平面ABF夹角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
6.在正三棱锥P-ABC中,PA=AB=3,点M满足,则AM的长的最小值为(　　)
A. B. C. D.2
7.如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,SA⊥平面ABCD,P为底面ABCD内的一个动点,若·=1,则动点P在(　　)
A.圆上 B.双曲线上 C.抛物线上 D.椭圆上
8.在三棱锥D-ABC中,AB⊥BC,AB=,BC=1,若AD为三棱锥D-ABC的外接球的直径,且AC与BD夹角的余弦值为,则该外接球的表面积为(　　)
A.8π B.6π C.5π D.16π
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=1,∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°,O为底面A1B1C1D1的中心,则(　　)
A. B.)
C.||=2 D.<>=120°
10.在正四棱锥P-ABCD中,PA=2,则(　　)
A.|
B.异面直线AE与CF夹角的余弦值为
C.向量在向量方向上的投影向量为
D.直线AE与平面PCD夹角的正弦值为
11.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,CC1=4,点E在棱AA1上,且AE=3EA1,点M为线段B1D1上的动点(包括端点),则下列结论正确的是　(　　)
A.当点M为B1D1的中点时,C1M⊥平面BB1D1D
B.过E点作与直线BD1垂直的平面α,则直线AD与平面α夹角的正切值为
C.三棱锥E-BDM的体积是定值
D.点M到直线BC1的距离的最小值为
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.如图,在平行四边形ABCD中,AC=BC=1,AC⊥BC,将△ACD沿AC折起到△PAC的位置,使得二面角P-AC-B的大小为,则PB=　　　.

13.中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“刍童”的几何体,该几何体是上、下两个底面平行,且均为矩形的六面体.现有一“刍童”ABCD-A1B1C1D1(如图所示),AB=AA1=4,A1B1=AD=2,A1D1=1,AB∥A1B1,∠BAA1+∠DAA1=,A1C1与B1D1的交点为O,则·的最大值为　　　　.
14.在四面体ABCD中,M,N分别为△BCD,△ABC的重心,过M作一条直线分别与棱BD,CD交于点E,F,若,则λ+μ=　　　　;若四面体ABCD的体积为3,则四棱锥N-BCFE的体积的最大值为　　　　.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)已知A(0,2,1),B(2,0,3),C(4,1,1),设向量a=,b=.
(1)设向量c=(2,m,n),c∥,求|c|;
(2)若(ka+b)⊥(a-2b),求k的值.
16.(15分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AA1=3,AC=BC=2,E是棱BC的中点.
(1)求证:A1B∥平面AC1E;
(2)求点A1到平面AC1E的距离.
17.(15分)一个半圆柱如图所示,E为半圆弧上一点,CD=.
(1)若AD=2,求四棱锥E-ABCD的体积的最大值;
(2)有三个条件:①4··;②直线AD与BE夹角的正弦值为.请你从中选择两个作为条件,求直线AD与平面EAB夹角的余弦值.
18.(17分)如图,在四边形PDCB中,PD∥BC,BA⊥PD,PA=AB=BC=1,AD=.沿BA将△PAB翻折到△SAB的位置,使得SD=.
(1)作出平面SCD与平面SBA的交线l,并证明l⊥平面CSB;
(2)Q是棱SC上异于S,C的一点,连接QD,当二面角Q-BD-C的平面角的余弦值为时,求三棱锥Q-BDC的体积.
19.(17分)在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BAD=,AB=2AD=2CD=4,P为AB的中点,线段AC与DP交于O点(如图1).将△ACD沿AC折起到△ACD'的位置,使得平面D'AC⊥平面BAC(如图2).
(1)求二面角A-BD'-C的余弦值;
(2)线段PD'上是否存在点Q,使得直线CQ与平面BCD'夹角的正弦值为 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
　　
答案与解析
第三章　空间向量与立体几何
1.C　点P(-1,1,1)关于yOz平面的对称点为M(1,1,1),则光线所走过的路程是|MQ|=.
2.B　由题意可得,a+2b=(1+2x,4,4-y),2a-b=(2-x,3,-2y-2).
∵(a+2b)∥(2a-b),
∴ λ∈R,使得a+2b=λ(2a-b),
则解得
3.C　连接AD1,因为,
所以.
又BM=3D1M,所以,
所以.
4.D　以A为原点,建立空间直角坐标系,如图所示,
则B(2,0,0),A1(0,0,1),D,即D(-1,,0),
故=(2,0,-1),设点B到直线A1D的距离为d,
则d=.
5.B　连接AE,DE,
因为AB=BC=AC=DB=DC,E为BC中点,所以AE⊥BC,DE⊥BC,
又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AE 平面ABC,
所以AE⊥平面BCD,故DE,BC,AE两两垂直,
以E为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
设AB=2,则E(0,0,0),A(0,0,,0,0),B(0,1,0),
由EF AD,可得F(-),
则,0,0),
设平面ABD的一个法向量为m=(x,y,z),
则不妨令x=1,得y=,z=1,则m=(1,,1),
设平面ABF的一个法向量为n=(a,b,c),
则不妨令c=1,得a=0,b=,则n=(0,,1),
则cos=,
则平面ABD与平面ABF夹角的余弦值为.
6.B　如图所示,
延长PA,PB,PC分别至点D,E,F,使得,
则,
由=1,得M,D,E,F四点共面,
所以AM的长的最小值,即为点A到平面DEF的距离,即点P到平面DEF的距离的一半.
由已知得△DEF是等边三角形,且DE=DF=EF=6,
取△DEF的中心O,连接PO,DO,则DO=2,
在直角△POD中,可得PO=,
即点P到平面DEF的距离为2,则AM的长的最小值为.
7.A　由题意得,AS,AB,AD两两垂直,以A为坐标原点,AB,AD,AS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,
则A(0,0,0),B(2,0,0).
因为P为底面ABCD内的一个动点,所以可设P(x,y,0),
则=(2-x,-y,0),
因为SA⊥平面ABCD,所以SA⊥PB,所以·=0,
所以··(···=1,
即x(x-2)+y2=1,整理得(x-1)2+y2=2,
所以动点P在一个圆上.
8.A　设外接球的半径为R,因为AD是外接球的直径,所以AD=2R,
易知AB⊥BD,AC⊥CD,因为AB⊥BC,AB=,BC=1,所以AC=2,
所以BD=,故BC2+CD2=BD2,所以BC⊥CD.
··(··|cos∠CBD=|=1,
设AC与BD的夹角为θ,则cos θ=,
整理得R2=2,所以外接球的表面积为4πR2=8π.
9.AD　显然A正确;
对于B,),故B错误;
对于C,|,故C错误;
对于D,易得△B1CD1为正三角形,故<>=π-∠B1CD1=120°,故D正确.
10.ABD　如图,连接AC,BD,交于点O,连接PO,以O为坐标原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,
则A(2,0,0),C(-2,0,0),D(0,-2,0),P(0,0,4),E(0,1,2),F.
因为,所以|,故A正确.
因为,所以cos<,所以异面直线AE与CF夹角的余弦值为,故B正确.
向量在向量方向上的投影向量为·,故C不正确.
设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),因为=(-2,0,-4),所以不妨令x=2,得y=2,z=-1,则n=(2,2,-1).
设直线AE与平面PCD的夹角为θ,则sin θ=,故D正确.
11.ABC　建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
则D(0,0,0),A(2,0,0),A1(2,0,4),B(2,2,0),B1(2,2,4),C(0,2,0),C1(0,2,4),D1(0,0,4),E(2,0,3).
对于A,当点M为B1D1的中点时,M(1,1,4),则=(1,-1,0),
=(2,2,0),
设平面BB1D1D的一个法向量为m=(x,y,z),则
不妨令x=1,得y=-1,z=0,则m=(1,-1,0),
故∥m,故C1M⊥平面BB1D1D,故A正确;
对于B,设平面α与直线BB1,CC1分别交于点P(2,2,m),Q(0,2,n),
则=(-2,-2,4),
由题意可得·=0且·=0,解得m=4,n=3,
即=(2,-2,0),
设平面α的一个法向量为n=(a,b,c),则
不妨令a=1,得b=1,c=-2,则n=(1,1,-2),
又=(-2,0,0),所以cos<,n>=,
设直线AD与平面α的夹角为θ,则sin θ=,所以cos θ=,tan θ=,故B正确;
对于C,由BD∥B1D1可知点M到直线BD的距离为定值,故S△MBD为定值,
由长方体的性质可得AA1∥平面BB1D1D,
故点E到平面BB1D1D的距离为定值,设为h,
故三棱锥E-BDM的体积V=·S△MBD·h为定值,故C正确;
对于D,=(0,-2,0),
设=(2λ,2λ,0),0≤λ≤1,
则=(2λ,2λ-2,0),
故点M到直线BC1的距离d=≥2,当且仅当λ=时,等号成立,
故点M到直线BC1的距离的最小值为,故D错误.
12.答案　
解析　因为二面角P-AC-B的大小为,PA⊥AC,BC⊥AC,所以<,
又<,且,
所以|····=2,所以PB=.
13.答案　8+5
解析　设∠BAA1=α,则∠DAA1=-α,由题意得,
所以··(··|2=16cos α+8cossin α+12cos α+5=8+5,
则当α=,即∠BAA1=时,·取得最大值,为8+5.
14.答案　3;
解析　取BC的中点G,连接AG,DG.
易知A,N,G三点共线,D,M,G三点共线,
,
所以,
因为E,M,F三点共线,所以=1,
所以λ+μ=3.
设点A到平面BCD的距离为h,
依题意得VA-BCD=S△BCD×h=3,则S△BCD×h=9.
S四边形BCFE=S△BCD-S△EFD=S△BCD-×DE×DF×sin∠EDF
=S△BCD-×DC×sin∠EDF
=S△BCD-
=S△BCD-S△BCD=S△BCD.
因为NG=AG,所以点N到平面BCFE的距离是点A到平面BCD的距离的,
所以VN-BCFE=×S四边形BCFE×S△BCD×h
=1-≤1-,当且仅当λ=μ=时,等号成立,
所以四棱锥N-BCFE的体积的最大值为.
15.解析　(1)由题意得=(2,1,-2),(1分)
因为c∥,所以,(2分)
解得m=1,n=-2,所以c=(2,1,-2),(3分)
故|c|==3.(5分)
(2)因为a==(2,-2,2),b==(4,-1,0),
所以ka+b=(2k+4,-2k-1,2k),a-2b=(-6,0,2),(9分)
因为(ka+b)⊥(a-2b),所以(ka+b)·(a-2b)=-6(2k+4)+4k=0,(12分)
解得k=-3.(13分)
16.解析　(1)证明:以C为原点,CA,CB,CC1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C-xyz,(1分)
则A(2,0,0),B(0,2,0),A1(2,0,3),C1(0,0,3),E(0,1,0),
所以=(-2,2,-3),(3分)
设平面AC1E的一个法向量为n=(x,y,z),
则即不妨令x=3,得y=6,z=2,所以n=(3,6,2),(5分)
故n·=-6+12-6=0,所以n⊥,(7分)
又因为A1B 平面AC1E,所以A1B∥平面AC1E.(9分)
(2)由(1)得平面AC1E的一个法向量为n=(3,6,2),=(0,0,-3),(12分)
所以点A1到平面AC1E的距离为.(15分)
17.解析　(1)如图,在平面EDC内作EF⊥CD于点F,
因为平面ABCD⊥平面EDC,平面ABCD∩平面EDC=DC,EF 平面EDC,
所以EF⊥平面ABCD.(2分)
因为E为半圆弧上一点,所以CE⊥ED,
所以VE-ABCD=S四边形ABCD·EF=CE×ED,(4分)
因为CE2+ED2=CD2=5,
所以VE-ABCD≤,
当且仅当CE=ED=时,等号成立,
所以四棱锥E-ABCD的体积的最大值为.(6分)
(2)设AD=BC=x.
由条件①,得4||cos∠CDE=||cos∠DCE,即4DE2=CE2,所以2DE=CE,
又因为DE2+CE2=5,所以DE=1,CE=2.
因为AD∥BC,所以∠CBE为直线AD与BE的夹角.
由条件②,得sin∠CBE=,则=tan∠CBE=,即.
由条件③,得,则,即.
若选条件①②,则DE=1,CE=2,且,所以AD=BC=.
若选条件①③,则DE=1,CE=2,且,所以AD=BC=.
若选条件②③,则,且,DE2+CE2=5,所以AD=BC=.
即从①②③任选两个作为条件,都可以得到AD=BC=.(8分)
下面求直线AD与平面EAB夹角的正弦值.
以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为z轴,过点A且与AB垂直的直线(位于半圆柱底面)为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(,
所以),
设平面EAB的一个法向量为m=(x,y,z),
则即
令z=1,则x=0,y=-,所以m=,(12分)
所以cos<,m>=,(14分)
所以直线AD与平面EAB夹角的正弦值为,
所以直线AD与平面EAB夹角的余弦值为.(15分)
18.解析　(1)如图,延长BA,CD相交于E,连接SE,则直线SE为平面SCD与平面SBA的交线l.(2分)
证明如下:在△SAD中,SA=1,AD=,则SA2+AD2=SD2,所以SA⊥AD.
又AD⊥AB,SA∩AB=A,SA,AB 平面SAB,所以AD⊥平面SAB.
又BC∥AD,所以BC⊥平面SAB,又SE 平面SAB,所以BC⊥SE.(6分)
由PD∥BC,AB=BC=1,AD=,得AE=1,
所以AE=AB=SA,所以SE⊥SB.
又因为BC∩SB=B,BC,SB 平面CSB,
所以SE⊥平面CSB,即l⊥平面CSB.(8分)
(2)由(1)知,SA⊥AB,AD⊥AB,AD⊥SA.以A为坐标原点,AD,AB,AS所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
易得D,B(0,1,0),S(0,0,1),C(1,1,0),
则=(1,1,-1).(10分)
设(0<λ<1),则Q(λ,λ,1-λ),则=(λ,λ-1,1-λ).
设n=(x,y,z)是平面QBD的一个法向量,
则
令x=2,得y=1,z=,所以n=.(13分)
易知m=(0,0,1)是平面CBD的一个法向量,
则|cos|=,解得λ=或λ=0(舍去),
所以Q是SC的中点.
所以VQ-BDC=×S△BDC×.(17分)
19.解析　(1)在题图1中连接CP.因为在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2CD=4,P为AB的中点,所以CD∥AP,CD=AP,所以四边形APCD为平行四边形,又AP=AD=2,所以平行四边形APCD为菱形,所以AC⊥DP,即OA⊥OP.
在题图2中,因为平面D'AC⊥平面BAC,平面D'AC∩平面BAC=AC,D'O 平面D'AC,D'O⊥AC,所以D'O⊥平面BAC,又OA,OP 平面BAC,所以OA,OP,OD'两两垂直,
以O为坐标原点,OA,OP,OD'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,(3分)
则D'(0,0,1),C(-,0,0),
所以,0,1),
设平面BCD'的一个法向量为n=(x,y,z),
则
取x=1,得y=0,z=-,则n=(1,0,-),(6分)
设平面ABD'的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
则
取x1=1,得y1=,则m=(1,),(7分)
设二面角A-BD'-C的平面角为θ,由图可知,θ为锐角,
所以cos θ=,
所以二面角A-BD'-C的余弦值为.(8分)
(2)假设线段PD'上存在点Q,使得直线CQ与平面BCD'夹角的正弦值为.设=t(0≤t≤1),则,由(1)知P(0,1,0),则=(0,-1,1),则=(0,-t,t),故Q(0,1-t,t),则,1-t,t),(11分)
由(1)知平面BCD'的一个法向量为n=(1,0,-),(12分)
所以直线CQ与平面BCD'夹角的正弦值为|cos<,n>|=,(14分)
化简得3t2-7t+2=0,解得t=或t=2(舍去),(16分)
故在线段PD'上存在点Q,使得直线CQ与平面BCD'夹角的正弦值为,且.(17分)
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