北师大版2019选择性必修第一册专题3.6空间向量与立体几何(能力提升卷)(原卷版+解析)

专题3.6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．（2021秋•开封期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，已知PA→=a→，PB→=bA．12a→−32b→+2．（2021秋•贺州期末）已知两个向量a→=(2，−1，3)，b→=(4，m，n)，且aA．1 B．2 C．4 D．83．（2021秋•河南期末）已知向量a→=（2，1，4），b→=（1，0，2），且a→+A．1 B．15 C．35 4．（2022春•桂林期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则D1A与平面ABCD所成的角为（）A．45° B．60° C．90° D．135°5．（2022春•长寿区期末）已知u→=(1，2，1)是直线l的方向向量，v→=(2，y，2)为平面α的法向量，若l⊥A．﹣2 B．−12 C．16．（2021秋•浙江期末）已知{a→，b→，c→}是空间的一个基底，{a→+b→，a→−b→，c→}是空间的另一个基底，一向量p→在基底{aA．（4，0，3） B．（3，1，3） C．（1，2，3） D．（2，1，3）7．（2022春•武汉期末）如图为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，有下列四个命题：①AC∥EB；②AC与DG成60°角；③DG与MN成异面直线且DG⊥MN；④若NB与面ABCD所成角为α，则sinα=3其中正确的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．48．（2022春•伊州区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，则下列说法不正确的是（）A．在棱AD上存在点M，使AD⊥平面PMB B．异面直线AD与PB所成的角为90° C．二面角P﹣BC﹣A的大小为45° D．BD⊥平面PAC多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）（多选）9．（2020秋•福田区校级期末）已知向量a→=(1，1，0)，则与a→A．(−22，−C．(22（多选）10．（2020秋•天宁区校级期中）下列条件中，使点P与A，B，C三点一定共面的是（）A．PC→=13C．OP→=OA（多选）11．（2022春•百色期末）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CD的中点，则（）A．直线AD1与BD的夹角为60° B．二面角E﹣AD﹣B的正切值是12C．经过三点A，E，F截正方体的截面是等腰梯形 D．点C1到平面AB1D1的距离为3（多选）12．（2022春•福州期末）在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为A1B1上任意一点，E、F为CD上任意两点，且EF的长为定值，则下面的四个值中为定值的是（）A．点D1到平面PEF的距离 B．三棱锥D1﹣PEF的体积 C．直线D1P与平面EFD1所成的角 D．二面角P﹣EF﹣D1的大小填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（2021•松江区二模）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1C1∩B1D1＝F，若AF→=xAB→+yAD→+zAA1→14．（2015秋•晋江市校级期末）已知a→=(1−t，1−t，t)，b→=(3，t，t)15．（2022春•龙岩期末）在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，将△ABD沿BD折叠，使平面ABD⊥平面BCD，则AD与平面ABC所成角的正弦值为．16．（2022春•三明期中）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，且BA＝BD=2，PA＝PD=5，AD＝2，若二面角P﹣AD﹣B为60°，则AP与平面PBC所成角的正弦值为解答题（共6小题，满分70分）17．（2021秋•平邑县校级月考）如图所示，已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足AM→=kAC1→，BN→=kBC→（0≤18．（2021•青冈县校级开学）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，设AA1→=a→，AB→=b→，AD→=c→，M，N，P分别是AA1（1）AP→（2）A1（3）MP→19．（2021秋•明山区校级期末）已知空间三点A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5）．（1）求以AB→，AC（2）若|a→|=3，且a→分别与AB→，20．（2021秋•美兰区校级月考）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别在BB1和DD1上，且BE=13BB1，DF=2（1）证明：A、E、C1、F四点共面．（2）若EF→=xAB→+yAD→+zAA21．（2022春•滁州期末）如图，在多面体ABCDEF中，AD⊥平面ABC，AD∥BE∥CF，且AD＝1，BE＝5，CF＝3，△ABC是边长为2的正三角形，G是AB的中点．（1）求证：CG∥平面DEF；（2）求二面角E﹣DF﹣A的余弦值．22．（2022春•沙坪坝区校级期末）在四棱锥P﹣ABCD中，已知AB∥CD，AB⊥AD，BC⊥PA，AB＝2AD＝2CD＝2，PA=6，PC＝2，E是PB（1）求证：PC⊥底面ABCD；（2）是否存在点E使得PA与平面EAC所成角的正弦值为23专题3.6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．（2021秋•开封期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，已知PA→=a→，PB→=bA．12a→−32b→+【分析】利用空间向量加法法则直接求解．【解答】解：在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∵PA→=a→，PB→∴BE=−b→+=−b=−b→+=−b=1故选：A．2．（2021秋•贺州期末）已知两个向量a→=(2，−1，3)，b→=(4，m，n)，且aA．1 B．2 C．4 D．8【分析】a→∥b→，则存在实数【解答】解：∵a→∥b→，∴存在实数∴2=4k−1=km3=kn，解得k=12，则m+n＝4．故选：C．3．（2021秋•河南期末）已知向量a→=（2，1，4），b→=（1，0，2），且a→+A．1 B．15 C．35 【分析】利用向量垂直与数量积的关系即可得出．【解答】解：a→+b→=（3，1，6），ka→−∵a→+b→与ka→−b解得k=15故选：D．4．（2022春•桂林期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则D1A与平面ABCD所成的角为（）A．45° B．60° C．90° D．135°【分析】根据正方体的性质可知∠D1AD即为直线D1A与平面ABCD所成的角，从而求出结果．【解答】解：依题意，如图所示，根据正方体的性质可知，DD1⊥平面ABCD，∴∠D1AD即为直线D1A与平面ABCD所成的角，又∵AD＝DD1，∠D1DA＝90°，∴△ADD1为等腰直角三角形，∴∠D1AD＝45°，故选：A．5．（2022春•长寿区期末）已知u→=(1，2，1)是直线l的方向向量，v→=(2，y，2)为平面α的法向量，若l⊥A．﹣2 B．−12 C．1【分析】由l⊥α，得μ→∥v【解答】解：u→=(1，2，1)是直线l的方向向量，v→∵l⊥α，∴μ→∥v→，∴故选：D．6．（2021秋•浙江期末）已知{a→，b→，c→}是空间的一个基底，{a→+b→，a→−b→，c→}是空间的另一个基底，一向量p→在基底{aA．（4，0，3） B．（3，1，3） C．（1，2，3） D．（2，1，3）【分析】设向量p→在基底，{a→+b→，a→−b→，c→}下的坐标为（x，y，z），则p→=4a→+2b→+3c→=x【解答】解：设向量p→在基底，{a→+b→，a→−b→则p→=4a→+2b→+3c→=x（a整理得：4a→+2b→+3c→=（x+y）a→+（∴x+y=4x−y=2z=3，解得x＝3，y＝1，∴向量p→在基底{a→+b→故选：B．7．（2022春•武汉期末）如图为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，有下列四个命题：①AC∥EB；②AC与DG成60°角；③DG与MN成异面直线且DG⊥MN；④若NB与面ABCD所成角为α，则sinα=3其中正确的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】首先还原几何体，再根据线线的位置关系，判断选项．【解答】解：将正方体纸盒展开图还原成正方体，如图知AC与EB不平行，故①错误；连接AF、FC将DG平移到AF，则AC与DG所成角，即可∠FAC＝60°，故②正确；同理DG与MN成60°角，故③错误；NB与面ABCD所成角为∠NBD，sin∠NBD=NDNB=故选：B．8．（2022春•伊州区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，则下列说法不正确的是（）A．在棱AD上存在点M，使AD⊥平面PMB B．异面直线AD与PB所成的角为90° C．二面角P﹣BC﹣A的大小为45° D．BD⊥平面PAC【分析】对于A，取AD的中点M，利用三角形知识得垂直关系，再利用线面垂直的判定定理证明AD⊥平面PMB；对于B，利用AD⊥平面PMB，可得AD⊥PB；对于C，先作出并证明所求二面角为∠PBM，再利用直角三角形知识求解；对于D，利用反证诶房，假设BD⊥平面PAC，再证明BD⊥平面PAD，得到BD⊥AD，与BD与AD夹角为60°矛盾进行说明．【解答】解：对于A，如图，取AD的中点M，连接PM，BM，∵侧面PAD为正三角形，∴PM⊥AD，∵底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，∴△ABD是等边三角形，∵M为AD的中点，∴AD⊥BM，又PM∩BM＝M，故A正确；对于B，由A知，AD⊥平面PBM，又PB⊂平面PBM，∴AD⊥PB，∴异面直线AD与PB所成的角为90°，故B正确；对于C，∵AD⊥平面PBM，BC∥AD，∴BC⊥平面PBM，∴BC⊥PB，BC⊥BM，∵平面PBC∩平面ABCD＝BC．∴∠PBM是二面角P﹣BC﹣A的平面角，设AB＝1，则BM=32，PM在Rt△PBM中，tan∠PBM=PMBM=∴二面角的大小为45°，故C正确；对于D，∵平面PAD⊥平面ABCD，PM⊥AD，∴PM⊥平面ABCD，又BD⊂平面，∴PM⊥BD，假设BD⊥平面PAC，则有BD⊥AP，又PM、AP在平面PAD内，且相交于点P，∴BD⊥平面PAD，又AD⊂平面PAD，∴BD⊥AD，则由题可知BD与AD的夹角为60°，矛盾，故假设不成立，故D错误．故选：D．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）（多选）9．（2020秋•福田区校级期末）已知向量a→=(1，1，0)，则与a→A．(−22，−C．(22【分析】直接利用向量求出向量的模，进一步求出单位向量．【解答】解：由于向量a→所以|根据单位向量的关系式e→可得e→=(−2故选：AC．（多选）10．（2020秋•天宁区校级期中）下列条件中，使点P与A，B，C三点一定共面的是（）A．PC→=13C．OP→=OA【分析】利用空间向量基本定理，进行验证，对于A，可得PA→，PB→，PC→为共面向量，从而可得M、A、B【解答】解：对于A：∵OC→−OP→=13∴OC→∴23故OC→=13OA→+23OB→，故A，B或由PC→=13PA→+23PB→得：PA→，对于B：13+13+13=1，故对于C，D，显然不满足，故C，D错误；故选：AB．（多选）11．（2022春•百色期末）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CD的中点，则（）A．直线AD1与BD的夹角为60° B．二面角E﹣AD﹣B的正切值是12C．经过三点A，E，F截正方体的截面是等腰梯形 D．点C1到平面AB1D1的距离为3【分析】对于A，根据题意可得直线AD1与BD的夹角即为∠C1BD，结合题意可计算其大小即可；对于B，连接AE，根据题意可得∠EAB即为二面角E﹣AD﹣B的平面角，在Rt△EAB中，直接计算其正切值即可；对于C，在CC1上取CH=14CC1，根据基本事实即可得出经过三点A对于D，设点C1到平面AB1D1的距离为h，由等体积法即可求出．【解答】解：对于A，如图1所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，因为四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，所以直线AD1与BD的夹角即为∠C1BD．又因为BC1＝BD＝DC1，所以△BC1D为等边三角形，故∠C1BD＝60°，故A正确；对于B，如图2所示，连接AE，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，因为DA⊥平面ABB1A1，AE⊂平面ABB1A1，所以DA⊥AE，又因为BA⊥AD，所以∠EAB即为二面角E﹣AD﹣B的平面角，在Rt△EAB中，tan∠EAB=EB所以二面角E﹣AD﹣B的正切值是12，故B对于C，如图3所示，在CC1上取一点H，使得CH=1由作法可得：AE||FH，所以A，E，H，F四点共面，而AF≠EH，所以经过三点A，E，F截正方体的截面是梯形平面AEHF，不是等腰梯形，故C错误．对于D，如图4所示，设点C1到平面AB1D1的距离为h，由题意得：VA−B1C1D1=13S故选：ABD．（多选）12．（2022春•福州期末）在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为A1B1上任意一点，E、F为CD上任意两点，且EF的长为定值，则下面的四个值中为定值的是（）A．点D1到平面PEF的距离 B．三棱锥D1﹣PEF的体积 C．直线D1P与平面EFD1所成的角 D．二面角P﹣EF﹣D1的大小【分析】推导出平面PEF就是平面A1DCB1，对于A，由点D1到平面A1DCB1的距离为定值，得到点D1到平面PEF的距离是定值；对于B，由点D1到平面PEF的距离，EF是定值，△PEF的面积是定值，得到三棱锥D1﹣PEF的体积是定值；对于C，直线D1P不确定，平面EFD1就是平面DCC1D1，当P与A1重合时，直线D1P与平面EFD1所成的角为π2，当P与B1重合时，直线D1P与平面EFD1所成的角为π对于D，二面角P﹣EF﹣D1的就是二面角A1﹣DC﹣D1，其大小为定值π4【解答】解：∵在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为A1B1上任意一点，E、F为CD上任意两点，且EF的长为定值，∴平面PEF就是平面A1DCB1，对于A，∵点D1到平面A1DCB1的距离为定值，∴点D1到平面PEF的距离是定值，故A正确；对于B，∵点D1到平面PEF的距离，EF是定值，A1B1∥CD，∴P到EF的距离是定值，∴△PEF的面积是定值，∴三棱锥D1﹣PEF的体积是定值，故B正确；对于C，∵P为A1B1上任意一点，E、F为CD上任意两点，∴直线D1P不确定，平面EFD1就是平面DCC1D1，当P与A1重合时，直线D1P与平面EFD1所成的角为π2当P与B1重合时，直线D1P与平面EFD1所成的角为π4∴直线D1P与平面EFD1所成的角不是定值，故C错误；对于D，二面角P﹣EF﹣D1的就是二面角A1﹣DC﹣D1，其大小为定值π4，故D故选：ABD．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（2021•松江区二模）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1C1∩B1D1＝F，若AF→=xAB→+yAD→+zAA1→【分析】在平行六面体中把向量AF→用AB→，AD→，A【解答】解：因为AF=AB=AB=1又AF→=xAB→+y所以x=y=1则x+y+z＝2．故答案为：2．14．（2015秋•晋江市校级期末）已知a→=(1−t，1−t，t)，b→=(3，t，t)，则|【分析】先利用向量减法及向量模的公式求得|a【解答】解：|=3∴当t＝﹣1时，|AB|有最小值5，故答案为：5．15．（2022春•龙岩期末）在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，将△ABD沿BD折叠，使平面ABD⊥平面BCD，则AD与平面ABC所成角的正弦值为155【分析】取BD的中点O，连接AO，CO，由题意可知AO⊥平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OD，以O为原点，OC，OD，OA为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，设菱形ABCD的边长为2，求出相应点的坐标，进而得到相应向量的坐标，结合线面夹角公式即可求解．【解答】解：取BD的中点O，连接AO，CO，∴∠BAD＝60°，∴ΔABD，ΔCBD为等边三角形，∵O为BD的中点，∴AO⊥BD，CO⊥BD，又∵平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，∴AO⊥平面BCD，又∵OC，OD⊂平面BCD，∴AO⊥OC，AO⊥OD，以O为原点，OC，OD，OA为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，设菱形ABCD的边长为2，则A（0，0，3），B（0，﹣1，0），C（3，0，0），D（0，1，0），∴AB→=（0，﹣1，−3），AC→=（3，0，−设平面ABC的法向量n→=（x，y，则n→⋅AB令x＝1，则y=−3，z＝1，即n→=设AD与平面ABC所成的角为θ，则sinθ＝|cos＜n→，AD→∴AD与平面ABC所成角的正弦值为155故答案为：15516．（2022春•三明期中）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，且BA＝BD=2，PA＝PD=5，AD＝2，若二面角P﹣AD﹣B为60°，则AP与平面角的正弦值为55【分析】取AD中点M，连接MB，MP，可证BP，BC，BM两两垂直，以B为原点，BC，BM，BP为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求AP与平面PBC所成角的正弦值．【解答】解：取AD中点M，连接MB，MP，∵BA＝BD=2，PA＝PD=5，∴AM＝1，BM⊥AD，PM⊥AD，∴∠PMB为二面角P﹣AD﹣B的平面角，∴∠PMB＝60°，在Rt△ABM中，可得BM=2−1在Rt△APM中，可得PM=5−1在△PBM中，由余弦定理可得PB=P故PM2＝BM2+PB2，∴PB⊥BM，又BM⊥AD，PM⊥AD，PM∩BM＝M，∴AD⊥平面PBM，故AD⊥PB，从而PB⊥BC，以B为原点，BC，BM，BP为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B（0，0，0），M（0，1，0），A（﹣1，1，0），P（0，0，3），由题意知BM→=（0，1，0）为平面PBC的一个法向量，又PA→设AP与平面PBC所成角为θ，∴sinθ＝|cos＜PA→，BM→故AP与平面PBC所成角的正弦值为55故答案为：55解答题（共6小题，满分70分）17．（2021秋•平邑县校级月考）如图所示，已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足AM→=kAC1→，BN→=kBC→（0≤【分析】利用向量的线性运算即可判断向量MN→是否与向量AB→，【解答】解：∵AN→=AB→+BN→=AB→AM→=kAC1∴MN→=AN→−∴向量MN→与向量AB→，18．（2021•青冈县校级开学）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，设AA1→=a→，AB→=b→，AD→=c→，M，N，P分别是AA1（1）AP→（2）A1（3）MP→【分析】（1）（2）根据向量加法的三角形法则表示即可；（3）根据空间向量的线性表示，用AA1→，AD→和AB→【解答】解：（1）因为P是C1D1的中点，所以AP→（2）因为N是BC的中点，所以A1（3）因为M是AA1的中点，所以MP→=MA→+又NC所以MP→+NC1→=19．（2021秋•明山区校级期末）已知空间三点A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5）．（1）求以AB→，AC（2）若|a→|=3，且a→分别与AB→，【分析】（1）由题意可得：AB→=（﹣2，﹣1，3），AC→=（1，﹣3，2），cos＜AB→，AC→＞=1（2）设a→=（x，y，z），由题意得x2【解答】解：（1）由题意可得：AB→=（﹣2，﹣1，3），∴cos＜AB→，∴sin＜AB→，∴以AB→，ACS＝2×12|AB→||AC→|sin＜AB→，（2）设a→=（x，y，由题意得x2解得x=1y=1z=1，或∴a→=（1，1，1），或20．（2021秋•美兰区校级月考）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别在BB1和DD1上，且BE=13BB1，DF=2（1）证明：A、E、C1、F四点共面．（2）若EF→=xAB→+yAD→+zAA【分析】（1）由AB∥C1D1，AB＝C1D1，BE∥D1F，BE＝D1F，且平面ABE∥平面C1D1F，∠ABE＝∠C1D1F，知△ABE≌△C1D1F，进而AE＝C1F，同理AF＝C1E，故AEC1F为平行四边形，由此能够证明A、E、C1、F四点共面．（2）结合图形和向量的加法和减法运算进行求解．【解答】证明：∵平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，BE=13BB1，DF=2∴AB∥C1D1，AB＝C1D1，BE∥D1F，BE＝D1F，且平面ABE∥平面C1D1F，∠ABE＝∠C1D1F，∴△ABE≌△C1D1F，…（3分）∴AE＝C1F，同理AF＝C1E，故AEC1F为平行四边形，∴A、E、C1、F四点共面．…（6分）（2）解：如图所示：EF→=EB1→+B即x＝﹣1，y＝1，z=1∴x+y+z=121．（2022春•滁州期末）如图，在多面体ABCDEF中，AD⊥平面ABC，AD∥BE∥CF，且AD＝1，BE＝5，CF＝3，△ABC是边长为2的正三角形，G是AB的中点．（1）求证：CG∥平面DEF；（2）求二面角E﹣DF﹣A的余弦值．【分析】（1）以B为坐标原点，BA所在直线为x轴，在平面ABC中，过B作AB的垂线为y轴，BE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明CG∥平面DEF；（2）求出平面DEF的法向量和平面ADF的法向量，利用向量法能求出二面角E﹣DF﹣A的余弦值．【解答】解：（1）证明：以B为坐标原点，BA所在直线为x轴，在平面ABC中，过B作AB的垂线为y轴，BE所在直线为z轴，