高一升高二数学暑假预习课16讲第一章 空间向量与立体几何检测卷（解析版）

这是一份高一升高二数学暑假预习课16讲第一章 空间向量与立体几何检测卷（解析版），共22页。
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc2740" 第一章 空间向量与立体几何全章综合检测卷 PAGEREF _Tc2740 \h 1
\l "_Tc16781" 参考答案与试题解析 PAGEREF _Tc16781 \h 1
\l "_Tc29787" 一、选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） PAGEREF _Tc29787 \h 2
\l "_Tc1110" 二、多选题（共4小题，满分20分，每小题5分） PAGEREF _Tc1110 \h 9
\l "_Tc4068" 三、填空题（共4小题，满分20分，每小题5分） PAGEREF _Tc4068 \h 14
\l "_Tc23721" 四、解答题（共6小题，满分70分） PAGEREF _Tc23721 \h 17
一、选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（23-24高二下·四川绵阳·开学考试）在空间直角坐标系Oxyz中，点M3,−2,−1关于原点对称的点的坐标为（ ）
A．−3,−2,1B．3,−2,1
C．−3,2,−1D．−3,2,1
【解题思路】
根据空间点关于原点对称点的特征可得正确的选项.
【解答过程】点M3,−2,−1关于原点对称的点的坐标为−3,2,1，
故选：D.
2．（5分）（23-24高二下·河南·阶段练习）在四面体ABCD中，E为棱BC的中点，则DA−12DB+DC=（ ）
A．−AEB．−ABC．AED．AB
【解题思路】根据空间向量的线性运算即可求解.
【解答过程】DA−12DB+DC=DA−122DE=DA−DE=EA=−AE,
故选:A.

3．（5分）（2024高二·全国·专题练习）在正三棱锥P−ABC中，O是△ABC的中心，PA=AB=2，则PO⋅(PA+PB)等于（ ）
A．109B．263C．823D．163
【解题思路】
根据给定条件，结合正三棱锥的结构特征求出PO，再利用数量积的运算律计算即得.
【解答过程】
在正三棱锥P−ABC中，O为正△ABC的中心，PA=AB=2，OA=OB=23×32AB=23
则PO⊥平面ABC，而OA,OB⊂平面ABC，于是PO⊥OA，PO⊥OB，且PO2=22−(23)2=83，
所以PO⋅(PA+PB)=PO⋅(PO+OA+PO+OB)=2PO2=2×83=163.
故选：D.
4．（5分）（23-24高二下·甘肃·期中）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E为PD的中点，若PA=a,PB=b，PC=c，则用基底{a,b,c}表示向量BE为（ ）
A．12a−12b+12cB．12a−32b+12c
C．12a−12b−12cD．12a−32b+32c
【解题思路】根据空间向量基本定理结合向量的线性运算，用基底表示即可.
【解答过程】连接BD，如图，
因为E是PD的中点，所以BE=12(BP+BD)=12(−b+BA+BC)=−12b+
12(PA−PB+PC−PB)=−12b+12(a+c−2b)=12a−32b+12c.
故选：B.
5．（5分）（23-24高二下·辽宁·阶段练习）下列选项中，不正确的命题是（ ）
A．若两条不同直线l，m的方向向量为v1，v2，则l//m⇔v1//v2
B．若OA,OB,OC是空间向量的一组基底，且OD=13OA+13OB+13OC，则点D在平面ABC内，且D为△ABC的重心
C．若a,b,c是空间向量的一组基底，则a+b,2c,a+b+c也是空间向量的一组基底
D．若空间向量a，b，c共面，则存在不全为0的实数x，y，z使xa+yb+zc=0
【解题思路】对于A，根据直线方向向量的定义分析判断，对于B，由三角形重心的定义判断，对于C，由空间向量的基底的定义分析判断，对于D，由共面向量定理判断.
【解答过程】对于A，由于两条不同直线l，m的方向向量为v1，v2，当l//m时，v1//v2，当v1//v2时，l//m，所以A正确，
对于B，因为OD=13OA+13OB+13OC，所以3OD−OA−OB−OC=0，
所以OD−OA+OD−OB+OD−OC=0，
所以AD+BD+CD=0，所以AD=DB+DC，
设E为BC的中点，所以AD=DB+DC=2DE，所以AD=23AE，
所以点D在平面ABC内，且D为△ABC的重心，所以B正确，
对于C，因为a+b+c=a+b+12×2c，所以a+b,2c,a+b+c共面，
所以a+b，2c，a+b+c不是空间向量的一组基底，所以C错误，
对于D，由空间向量共面定理可知空间向量a，b，c共面，则存在不全为0的实数x，y，z使xa+yb+zc=0，所以D正确，
故选：C.
6．（5分）（23-24高二下·江苏连云港·期中）设x,y∈R，向量 a=x,1,1,b=1,−1,y,c=2,−2,2,且a⊥c,b//c，则x+y的值为（ ）
A．-1B．1C．2D．3
【解题思路】由空间向量垂直和平行的坐标表示计算即可.
【解答过程】因为a⊥c，
所以2x−2+2=0⇒x=0，
又b//c，
所以设b=λc，即1=2λ−1=−2λy=2λ⇒λ=12y=1，
所以x+y=1，
故选：B.
7．（5分）（23-24高二下·江苏徐州·阶段练习）已知直线l是正方体体对角线所在直线，P,Q,R为其对应棱的中点，则下列正方体的图形中满足l⊥平面PQR的是（ ）
A．（1）（2）B．（1）（3）
C．（1）（4）D．（2）（4）
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量法来判断出正确答案.
【解答过程】设正方体的边长为2，
对于图（1），建立如图所示的空间直角坐标系，
则P2,1,0，Q2,2,1，R1,2,0，直线l的方向向量为m=1,1,−1，
PQ=0,1,1，PR=−1,1,0，
因为m⋅PQ=0，m⋅PR=0，
所以l⊥PR，l⊥PQ，PR∩PQ=P，PR,PQ⊂平面PQR，
所以l⊥平面PQR，故图（1）正确；
对于图（2），建立如图所示的空间直角坐标系，
则P2,1,0，Q0,1,2，R1,2,0，直线l的方向向量为m=1,1,−1，
则PQ=−2,0,2，因为m⋅PQ=−4≠0，所以l与PQ不垂直，
所以l与平面PQR不垂直，故图（2）错误；
对于图（3），建立如图所示的空间直角坐标系，
则P2,1,0，Q1,0,2，R0,2,1，PR=−2,1,1，PQ=1,−2,1，
直线l的方向向量为m=1,1,1，因为m⋅PR=0，m⋅PQ=0，
所以l⊥PR，l⊥PQ，PR∩PQ=P，PR,PQ⊂平面PQR，
所以l⊥平面PQR，故图（3）正确；
对于图（4），建立如图所示的空间直角坐标系，
则P2,1,0，R1,2,0，Q0,0,1，PQ=−2,−1,1，
直线l的方向向量为m=1,1,1，因为m⋅PQ=−2−1+1=−2≠0，
所以l与PQ不垂直，所以l与平面PQR不垂直，故图（4）正确.
综上，正确的有图（1）（3）.
故选：B.
8．（5分）（23-24高二下·江苏盐城·期中）如图，在棱长均为2的正四棱锥P−ABCD中，E为棱PC的中点，则下列判断正确的是（ ）
A．BE//平面PAD，且BE到平面PAD的距离为3
B．BE与平面PAD不平行，且BE与平面PAD所成角大于30°
C．BE与平面PAD不平行，且BE与平面PAD所成角小于30°
D．BE与平面PAD不平行，且BE与平面PAD所成角等于30°
【解题思路】连接AC,BD，交点为O，以O为坐标原点，OC,OD,OP方向分别x,y,z轴正方向建立空间坐标系，分别求出直线BE的方向向量与平面PAD的法向量，代入向量夹角公式，求出BE与平面PAD夹角的正弦值，再由正弦函数的单调性，即可得到答案．
【解答过程】连接AC,BD交点为O，以O为坐标原点，OC,OD,OP方向分别x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，
由正四棱锥P−ABCD的棱长均为2，点E为PC的中点，
则O(0,0,0),A(−2,0,0),B(0,−2,0),C(2,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(22,0,22)，
则BE=(22,2,22)，PA=(−2,0,−2)，PD=(0,2,−2)，
设m=(x,y,z)是平面PAD的一个法向量，
则m·PA=−2x−2z=0m·PD=2y−2z=0，取x=1，得m=(1,−1,−1)，
设BE与平面PAD所成的角为θ，线面角范围为大于等于0∘下雨等于90∘，
则sinθ=|cs〈m,BE〉|=|−2|3×3=230，令1−t=m,m>0，
则
csOA,MB=13−2m+1m2=11m−12+2≤12，
当m=1，即t=0时取等号，所以csOA,MB的最大值为22.
故答案为：22.
16．（5分）（23-24高二上·江西南昌·期末）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，Q在线段B1C上运动，直线C1Q与平面A1C1D所成角的正弦值的取值范围为 33,63 .
【解题思路】以DA，DC，DD1为正交基地，建立空间直角坐标系，利用向量法求出线面角的正弦，然后利用二次函数的性质求范围.
【解答过程】以DA，DC，DD1为正交基地，建立空间直角坐标系，
则A12,0,2,C10,2,2,D0,0,0，设Qa,2,a,0≤a≤2，
则DA1=2,0,2,DC1=0,2,2,C1Q=a,0,a−2，
设面A1C1D的法向量为n=x,y,z，
则DA1⋅n=2x+2z=0DC1⋅n=2y+2z=0，取x=1得n=1,1,−1，
设直线C1Q与平面A1C1D所成角为θ，
则sinθ=n⋅C1Qn⋅C1Q=23×a2+a−22=23×2a−12+2，
当0≤a≤2时，2≤2a−12+2≤4，则33≤sinθ≤63.
故答案为：33,63.
四、解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（23-24高二下·江苏·课前预习）已知平行六面体ABCD−A′B′C′D′，化简下列向量表达式，并在图中标出化简得到的向量：

(1)AB+AD+AA′；
(2)DD′−AB+BC；
(3)AB+AD+12(DD′−BC).
【解题思路】根据空间向量的线性运算依次求解即可.
【解答过程】（1）AB+AD+AA′=AB+BC+CC′=AC′；
（2）DD′−AB+BC=DD′−(AB−AD)=DD′−DB=BD′；
（3）AB+AD+12(DD′−BC)=AC+12(CC′+CB)=AC+12CB′，
设M是线段CB′的中点，
则AB+AD+12(DD′−BC)=AC+CM=AM.
向量AC'⃗,BD'⃗,AM⃗如图所示，

18．（12分）（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）已知a，b，c是空间中不共面的向量，若AB=2a−b+c，AC=a+2b−c，AD=−a+mb+nc.
(1)若B,C,D三点共线，求m,n的值；
(2)若A,B,C,D四点共面，求mn的最大值．
【解题思路】
（1）由B,C,D三点共线可设BD=λBC，列方程求m,n；
（2）由A,B,C,D四点共面可设AD=xAB+yAC，列方程可得m,n的关系，由此可求mn的最大值．
【解答过程】
（1）因为B,C,D三点共线，则BD=λBC，
又BC=AC−AB=−a+3b−2c， BD=AD−AB=−3a+(m+1)b+(n−1)c，
有−3=−λ,m+1=3λ,n−1=−2λ.}解得m=8,n=−5.；
（2）因为A,B,C,D四点共面，则AD=xAB+yAC，
则−a+mb+nc=x(2a−b+c) +y(a+2b−c)，
有 −1=2x+y,m=−x+2y,n=x−y. 解得3m+5n=−1，
所以mn=m⋅−1−3m5=−35m2+13m=−35m+162+160，
当m=−16时，mn取到最大值160.
19．（12分）（23-24高二下·江苏常州·阶段练习）如图所示，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1,AA1=2,∠BAD=π2,∠BAA1=∠DAA1=π3．
(1)用向量AB,AD,AA1表示向量BD1，并求BD1；
(2)求csBD1,AC．
【解题思路】
（1）借助空间向量的线性运算与模长与数量积的关系计算即可得；
（2）结合题意，借助空间向量的线性运算与夹角公式计算即可得.
【解答过程】
（1）BD1=AD1−AB=AD+AA1−AB，
则BD12=(AD+AA1−AB)2=AD2+AA12+AB2+2AD⋅AA1−2AD⋅AB−2AB⋅AA1
=1+4+1+2×1×2×12−0−2×2×1×12=6，
所以BD1=6.
（2）由空间向量的运算法则，可得AC=AB+AD，
因为AB=AD=1,AA1=2且∠BAD=π2,∠BAA1=∠DAA1=π3，
所以AC=AB+AD2=AB2+2AB⋅ADcsπ2+AD2
=1+0+1=2，
BD1⋅AC=(AD+AA1−AB)⋅(AB+AD)
=AD⋅AB+AD2+AA1⋅AB+AA1⋅AD−AB2−AD⋅AB
=1×1×csπ2+12+2×1×csπ3+2×1×csπ3−12−1×1×csπ2=2，
则csBD1,AC=BD1⋅ACBD1⋅AC=26×2=33.
20．（12分）（23-24高二上·上海·期中）已知空间三点A−2,1,2、B−1,2,2、C−3,1,4，设AB=a,AC=b.
(1)若AD=2DB，求点D坐标；
(2)若向量ka+b与ka−2b互相垂直，求实数k的值；
(3)若向量λa−b与a−λb平行，求实数λ的值.
【解题思路】
（1）设Dx,y,z，求出AD，DB，根据AD=2DB列出方程组求解即可；
（2）求出向量ka+b、ka−2b的坐标，利用空间向量垂直的坐标表示列出方程求解即可；
（3）求出向量λa−b、a−λb的坐标，设λa−b=ma−λb，进而列出方程组求解即可.
【解答过程】
（1）设Dx,y,z，则AD=x+2,y−1,z−2，DB=−1−x,2−y,2−z，
由AD=2DB，得x+2=2−1−xy−1=22−yz−2=22−z，
解得x=−43y=53z=2，即D−43,53,2.
（2）由a=AB=1,1,0，b=AC=−1,0,2，
则ka+b=k−1,k,2，ka−2b=k+2,k,−4，
因为向量ka+b与ka−2b互相垂直，
所以ka+b⋅ka−2b=0，即k−1k+2+k2−8=0，
解得k=−52或2.
（3）由（2）知，a=1,1,0，b=−1,0,2，
所以λa−b=λ+1,λ,−2，a−λb=1+λ,1,−2λ，
因为向量λa−b与a−λb平行，设λa−b=ma−λb，
则λ+1=m1+λλ=m−2=−2λm，解得λ=±1.
21．（12分）（2024·青海·模拟预测）如图，在三棱锥P−ABC中，AC⊥平面PAB，E、F分别为BC、PC的中点，且PA=AC=2，AB=1，EF=52．
(1)证明：AB⊥平面PAC．
(2)求C到平面AEF的距离．
【解题思路】
（1）先利用勾股定理得出AB⊥PA，再利用AC⊥平面PAB，证AB⊥AC，最后根据线面垂直的判定定理即可证明AB⊥平面PAC；’
（2）根据已知条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求距离即可.
【解答过程】
（1）因为E、F分别为BC、PC的中点，所以EF为△PBC的中位线，
所以PB//EF，PB=2EF，因为EF=52，所以PB=5；
在△PAB中，PA=2，AB=1，PB=5，所以PA2+AB2=PB2，
所以∠PAB=90°，即AB⊥PA；
因为AC⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，所以AB⊥AC；
又PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PA∩AC=A，所以AB⊥平面PAC.
（2）
由（1）可知AB、AC、AP两两垂直，
建立如图所示分别以AB、AC、AP为x、y、z轴的空间直角坐标系，
A0,0,0，E12,1,0，F0,1,1，C0,2,0，
AC=0,2,0，AE=12,1,0，AF=0,1,1，
设平面AEF的法向量为n=x1,y1,z1，则有AE⋅n=0AF⋅n=0，
即12x1+y1=0y1+z1=0，令y1=1，则x1=−2，z1=−1，所以n=−2,1,−1，
设C到平面AEF的距离为d，则d=AC⋅nn=26=63.
22． （12分）（23-24高二下·湖南·期中）如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，∠ABC=120°,AB=2，且直线BD1与平面BCC1B1所成角为30°．
(1)求直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的高；
(2)在棱AA1上是否能找到一点M，使得平面CD1M与平面BCC1B1的夹角为30°？若能，求出AMAA1的值；若不能，说明理由．
【解题思路】
（1）设AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1，以OA,OB,OO1分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系Oxyz，设AA1=ℎ>0，用空间向量法结合直线BD1与平面BCC1B1所成角为30°，列出方程求解即可；
（2）假设能找到这样的点M，设M3,0,t，且0≤t≤22，根据平面CD1M与平面BCC1B1的夹角为30°及空间向量，列方程解出t=322∈0,22，即可说明存在，计算出AMAA1即可．
【解答过程】
（1）设AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1，
因为棱柱是直棱柱，且底面是菱形，故OA,OB,OO1两两垂直，
如图，以OA,OB,OO1分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系Oxyz，
因为菱形ABCD中，∠ABC=120°，
所以OA=3,OB=1，设AA1=ℎ>0，
则A3,0,0,B0,1,0,C−3,0,0,D0,−1,0,A13,0,ℎ，B10,1,ℎ,C1−3,0,ℎ,D10,−1,ℎ，
所以CB⃗=3,1,0,CC1⃗=0,0,ℎ,BD1⃗=0,−2,ℎ
设平面BCC1B1的一个法向量为n1=x1,y1,z1，则由n1⋅CB=0n1⋅CC1=0,得3x1+y1=0ℎ⋅z1=0，
令x1=1得，n1=1,−3,0，
所以csBD1,n1=BD1⋅n1BD1⋅n1=23ℎ2+4⋅2，
因为直线BD1与平面BCC1B1所成角为30°，
所以csBD1,n1=sin30°，即23ℎ2+4⋅2=12，解得ℎ=22．
（2）假设能找到这样的点M，
设M3,0,t，且0≤t≤22，
则CM=23,0,t,CD1=3,−1,22，
设平面CD1M的一个法向量为n2=x2,y2,z2，则由n2⋅CM=0n2⋅CD1=0,得23x2+t⋅z2=03x2−y2+22z2=0，
令x2=t得，n2=t,3t−46,−23，
则csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=122−2t24t2−242t+108，
由平面CD1M与平面BCC1B1的夹角为30∘，
可得csn1,n2=cs30∘，即62−t4t2−242t+108=32，解得t=322∈0,22，
所以能找到这样的点M，
此时，AM=t=322，故AMAA1=32222=34．