第一章 空间向量与立体几何全章综合测试卷-提高篇
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2022春 杨浦区校级期中）下列条件中，一定使空间四点P、A、B、C共面的是（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】要使空间中的P、A、B、C四点共面，只需满足，且x+y+z＝1即可．
【解答过程】解：对于A选项，，（﹣1）+（﹣1）+（﹣1）＝﹣3≠1，所以点P与A、B、C三点不共面；
对于B选项，，1+1+1＝3≠1，所以点P与A、B、C三点不共面；
对于C选项，，，所以点P与A、B、C三点不共面；
对于D选项，，，所以点P与A、B、C三点共面．
故选：D．
2．（5分）（2021秋 朝阳区校级期末）已知空间向量，，，下列命题中正确的个数是（ ）
①若与共线，与共线，则与共线；
②若，，非零且共面，则它们所在的直线共面；
③若，，不共面，那么对任意一个空间向量，存在唯一有序实数组（x，y，z），使得；
④若，不共线，向量（λ，μ∈R且λμ≠0），则可以构成空间的一个基底．
A．0 B．1 C．2 D．3
【解题思路】举反例，判断①；根据共面向量的定义判断②；利用空间向量基本定理判断③④．
【解答过程】解：对于①，若与共线，与共线，则当时，与不共线，故①错误；
对于②，共面向量的定义是平行于同一平面的向量，
∴，，非零且共面，则表示这些向量的有向线段所在的直线不一定共面，故②错误；
对于③，由空间向量基本定理可知：
若，，不共面，那么对任意一个空间向量，存在唯一有序实数组（x，y，z），使得，故③正确；
④若，不共线，向量，
则共在，∴不可以构成空间的一个基底，故④错误．
故选：B．
3．（5分）（2022春 广东月考）在三棱锥A﹣BCD中，P为△BCD内一点，若S△PBC＝1，S△PCD＝2，S△PBD＝3，则（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】延长PB至B1，使得PB1＝2PB，延长PC至C1，使得PC1＝3PC，连接DB1，B1C1，C1D，由题意得出，P为△B1C1D的重心，由此用、和表示．
【解答过程】解：三棱锥A﹣BCD中，P为△BCD内一点，如图所示：
延长PB至B1，使得PB1＝2PB，延长PC至C1，使得PC1＝3PC，连接DB1，B1C1，C1D，
因为S△PBC＝1，S△PCD＝2，S△PBD＝3，所以，
所以P为△B1C1D的重心，所以，
即23，
所以（）+2（）+3（），
所以．
故选：C．
4．（5分）（2022春 南明区校级月考）已知MN是棱长为4的正方体内切球的一条直径，点P在正方体表面上运动，则的最大值为（ ）
A．4 B．12 C．8 D．6
【解题思路】利用空间向量的线性运算和数量积运算得到 4，再利用正方体的性质求解．
【解答过程】解：设正方体内切球的球心为G，则GM＝GN＝2，
（） （） （） ，
因为MN是正方体内切球的一条直径，
所以， 4，
所以 4，
又点P在正方体表面上运动，所以当P为正方体顶点时，||最大，且最大值为，
所以 4≤8，所以 最大值为8，
故选：C．
5．（5分）（2021秋 辽宁期末）已知A（1，0，0），B（0，﹣1，1），O是坐标原点，与的夹角为120°，则λ的值为（ ）
A．± B． C． D．±
【解题思路】首先求出空间向量的坐标，及向量的模，进一步利用向量的夹角求出结果．
【解答过程】解：因为λ（1，0，0）+λ（0，﹣1，1）＝（1，﹣λ，λ），
所以，
，
（λ） 2λ，
所以cos 120°，
所以λ＜0，
且4λ，
解得：λ．
故选：C．
6．（5分）（2021秋 乳山市校级月考）给出以下命题，其中正确的是（ ）
A．直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥α
B．平面α、β的法向量分别为，，则α∥β
C．平面α经过三个点A（1，0，﹣1），B（0，﹣1，0），C（﹣1，2，0），向量是平面α的法向量，则u+t＝1
D．直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直
【解题思路】A中，根据 0判断l∥α或l α；
B中，根据与不共线判断α与β不平行；
C中，求出平面α的一个法向量为（1，3，4），即可判断u+t的值；
D中，根据 0判断直线l与m垂直．
【解答过程】解：对于A，因为 0﹣1+1＝0，所以⊥，所以l∥α或l α，选项A错误；
对于B，因为λ，λ∈R，所以与不共线，所以α与β不平行，选项B错误；
对于C，设平面α的法向量是（x，y，z），因为（﹣1，﹣1，1），（﹣2，2，﹣1），所以，即，
化简得﹣3x+y＝0，令x＝1，得y＝3，z＝4，所以（1，3，4），所以u+t＝7，选项C错误；
对于D，因为 1×2﹣1×1+2×（）＝0，所以⊥，直线l与m垂直，选项D正确．
故选：D．
7．（5分）（2021 宝山区二模）设向量，其中a2+b2＝c2+d2＝1，则下列判断错误的是（ ）
A．向量与z轴正方向的夹角为定值（与c，d之值无关）
B．的最大值为
C．与的夹角的最大值为
D．ad+bc的最大值为1
【解题思路】在A中，取z轴的正方向向量（0，0，t），求出与的夹角即可判断命题正确；在B中，计算ac+bd，利用不等式求出最大值即可判断命题错误；在C中，利用数量积求出与的夹角的最大值，即可判断命题正确；在D中，利用不等式求出最大值即可判断命题正确．
【解答过程】解：由向量，其中a2+b2＝c2+d2＝1，知：
在A中，设z轴正方向的方向向量（0，0，t），
向量与z轴正方向的夹角的余弦值：
cosα，∴α＝45°，
∴向量与z轴正方向的夹角为定值45°（与c，d之值无关），故A正确；
在B中，ac+bd1，
且仅当a＝c，b＝d时取等号，因此的最大值为1，故B错误；
在C中，由B可得：||≤1，∴﹣11，
∴cos，
∴与的夹角的最大值为，故C正确；
在D中，ad+bc1，
∴ad+bc的最大值为1．故D正确．
故选：B．
8．（5分）（2022春 米东区校级期中）如图，在棱长为1的正方体中，下列结论不正确的是（ ）
A．异面直线AC与BC1所成的角为60°
B．二面角A﹣B1C﹣B的正切值为
C．直线AB1与平面ABC1D1所成的角为45°
D．四面体D1﹣AB1C的外接球体积为
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线的夹角，二面角及线面角，判断ABC选项，D选项，四面体D1﹣AB1C的外接球即为正方体的外接球，从而求出外接球半径和体积．
【解答过程】解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A（1，0，0），C（0，1，0），B（1，1，0），C1（0，1，1），B1（1，1，1），D1（0，0，1），
A选项，设异面直线AC与BC1所成的角为θ，
则，
故异面直线AC与BC1所成的角为60°，A正确；
B选项，设平面AB1C的法向量为（x，y，z），
则有，令y＝1得：x＝1，z＝﹣1，
则（1，1，﹣1），
平面BB1C的法向量为（0，1，0），
，
设二面角A﹣B1C﹣B的大小为α，显然α为锐角，
则，
所以，
故二面角A﹣B1C﹣B的正切值为，B正确；
C选项，设平面ABC1D1的法向量为，
则，令x1＝1，则z1＝1，
所以（1，0，1），
设直线AB1与平面ABC1D1所成的角为β，
则，
则β＝30°，C错误；
设外接球半径为R，则，则外接球体积为，D正确；
故选：C．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2021秋 昆山市月考）下列说法正确的是（ ）
A．空间中任意两非零向量，共面
B．直线的方向向量是唯一确定的
C．若λμ（λ，μ∈R），则A，B，C，D四点共面
D．在四面体ABCD中，E，F为CB，CD中点，G为EF中点，则
【解题思路】由空间中任意两个向量都共面判断A；由直线的方向向量定义判断B；由共面定理的推理判断C；根据向量的平行四边形去则判断D．
【解答过程】解：对于A，空间中任意两个向量都共面，故A正确；
对于B，空间直线的方向用一个与该直线平行的非零向量来表示，该向量称为这条直线的一个方向向量，故B错误；
对于C，因为，所以，因为（1﹣λ﹣μ）+λ+μ＝1，所以A，B，C，D四点共面，故C正确；
对于D，因为E，F为CB，CD中点，G为EF中点，所以，，故D错误；
故选：AC．
10．（5分）（2021秋 凤城市校级月考）已知空间四点O（0，0，0），A（0，1，2），B（2，0，﹣1），C（3，2，1），则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．点O到直线BC的距离为 D．O，A，B，C四点共面
【解题思路】直接利用空间向量，向量的模，向量垂直的充要条件，共面向量基本定理，向量的夹角的应用判定A、B、C、D的结论．
【解答过程】解：空间四点O（0，0，0），A（0，1，2），B（2，0，﹣1），C（3，2，1），
则（0，1，2），（2，0，﹣1），
所以||，||，
对于A：2，故A正确；
对于B：cos，，故B正确；
对于C：由于（2，0，﹣1），（1，2，2），
所以0，
故，
所以点O到直线BC的距离d＝||，故C正确；
对于D：根据已知的条件求出：（0，1，2），（2，0，﹣1），（3，2，1），
易知：不共线，
假设：共面，
则存在实数λ和μ使得，
所以，无解，
故：不共面，故D错误；
故选：ABC．
11．（5分）（2022春 思明区校级月考）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D中，E为侧面BCC1B1的中心，F是棱C1D1的中点，若点P为线段BD1上的动点，N为ABCD所在平面内的动点，则下列说法正确的是（ ）
A． 的最小值为
B．若BP＝2PD，则平面PAC截正方体所得截面的面积为
C．若D1N与AB所成的角为，则N点的轨迹为双曲线的一部分
D．若正方体绕BD1旋转θ角度后与其自身重合，则θ的最小值是
【解题思路】建立如图所示的空间直角坐标系，设，（0≤λ≤1），得P（1﹣λ，1﹣λ，λ），然后用空间向量法求得PE，求得数量积计算最小值判断A；由线面平行得线线平行，确定截面的形状、位置，从而可计算出截面面积，判断B；根据D1N与AB所成的角为，运用夹角公式计算并化简，判断C；结合正方体的对称性，利用BD1是正方体的外接球直径判断D．
【解答过程】解：建立如图所示的空间直角坐标系，正方体棱长为1，
则，B（1，1，0），D1（0，0，1），，N（x，y，z），A（1，0，0），
对于A，，设（0≤λ≤1），
所以P（1﹣λ，1﹣λ，λ），，，
则，
所以时，，A不正确；
对于B，BP＝2PD1，则P是BD1上靠近D1的三等分点，，取AC上靠近C的三等分点G，
则，，显然与平面CDD1C1的法向量（1，0，0）垂直，
因此PG∥面CDD1C1，所以截面PAC与平面CDD1C1的交线与PG平行，作CM∥PG交C1D1于点M，
设M（0，k，1），则，由∥，得，解得，
则M与F重合，因此取A1D1中点N，易得NF∥AC，截面为ACFN，它是等腰梯形，
，，，梯形的高为，
截面面积为，B正确；
对于C，，若D1N与AB所成的角为，
则有，两边平方化简整理有y2﹣x2＝1，C正确；
对于D，A（1，0，0），C（0，1，0），B1（1，1，1），
则，，
所以，，同理，
所以是平面ACB1的一个法向量，即BD1⊥平面ACB1，
设垂足为O1，则，BD1是正方体的外接球的直径，
因此正方体绕BD1旋转θ角度后与其自身重合，至少旋转，D正确．
故选：BCD．
12．（5分）（2022春 烟台期末）如图，DE是正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿DE折起，构成四棱锥A1﹣BCDE，F为A1C的中点，则（ ）
A．BF∥面A1DE
B．AA1⊥面A1BC
C．若面A1ED⊥面ABC，则A1E与CD所成角的余弦值为
D．若A1E⊥CD，则二面角E﹣A1D﹣C的余弦值为
【解题思路】假设BF∥面A1DE，可证得以BC∥面A1DE，所以平面A1BC∥面A1DE，但平面A1BC与面A1DE相交，所以假设不成立可判断A；由题目条件可证得A1A⊥A1B，AA1⊥A1C，则可判断B；以ED的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设三角形的边长为2，由异面直线所成角的夹角公式可判断C；由A1E⊥CD结合题意可求出，分别求出平面EA1D和平面CA1D的法向量，由二面角的公式代入可判断D．
【解答过程】解：若BF∥面A1DE，因为BC∥DE，BC 平面A1DE，DE 平面A1DE，
所以BC∥面A1DE，又因为BC∩BF，所以平面A1BC∥面A1DE，但平面A1BC与面A1DE相交，
所以假设不成立，所以BF不平行面A1DE，所以A不正确；
对于B，因为，所以A1A⊥A1B，AA1⊥A1C，
又因为A1B∩A1C＝A1，所以AA1⊥面A1BC，所以以正确
对于C，将△ADE沿DE折起，使A到A1，且面A1ED⊥面ABC，
以ED的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设三角形的边长为2，所以
，
设A1E与CD所成角的为θ，
则，
所以A1E与CD所成角的余弦值为，所以C正确；
对于D，设A1（x，y，z），因为，
所以，
所以，
因为A1E⊥CD，所以
，所以，
，
设平面CA1D，所以，
故（，1，），
设平面EA1D，所以，
故（0，，），
设二面角E﹣A1D﹣C所成角为α，
，
因为α为钝二面角，所以二面角E﹣A1D﹣C的余弦值为．
所以D正确．
故选：BCD．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2021秋 玉州区校级月考）已知向量（1，1，1，），（1，﹣2，2），且与互相垂直，则k＝ ．
【解题思路】由已知求得与，再由向量垂直的坐标运算列式求解k值．
【解答过程】解：∵（1，1，1，），（1，﹣2，2），
∴（k+1，k﹣2，k+2），（2，﹣1，3），
又与互相垂直，
∴2（k+1）﹣（k﹣2）+3（k+2）＝0，即k．
故答案为：．
14．（5分）（2022春 沭阳县期中）设空间向量，，是一组单位正交基底，若空间向量满足对任意x，y，|xy|的最小值是2，则|3|的最小值是 1 ．
【解题思路】以方向为x，y轴，垂直于方向为z轴，建立空间直角坐标系，根据条件求得的坐标，由||的表达式即可求得最小值．
【解答过程】解：以方向为x，y轴，垂直于方向为z轴，建立空间直角坐标系，
则，
设（r，s，t），则||，
当r＝x，s＝y时，||的最小值是2，
∴t＝±2，
取（x，y，2），则（x，y，5），
∴||，
∵x，y是任意值，∴||的最小值为5．
取（x，y，﹣2），则（x，y，1），
∴||，
∵x，y是任意值，∴||的最小值为1．
故答案为：1．
15．（5分）（2021秋 肇庆期末）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，E，F分别为棱AB，BC上一点，且BE+BF＝2，P是线段B1F上一动点，当三棱锥B1﹣EBF的体积最大时，直线D1P与平面B1EC所成角的正弦值的取值范围为 ．
【解题思路】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，求出平面B1EC的法向量，设直线D1P与平面B1EC所成的角为θ，利用空间向量的数量积求解直线D1P与平面B1EC所成角的正弦值的表达式，然后求解取值范围即可．
【解答过程】解：当三棱锥B1﹣EBF的体积最大时，△EBF的面积取最大值，，
当且仅当BE＝BF＝1时，等号成立，此时，E为AB的中点，F与C重合．
如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则D1（0，0，1），B1（1，2，1），E（1，1，0），C（0，2，0），，．
设平面B1EC的法向量为，∴可取x＝1，得．
设，λ∈[0，1]，∴P（λ，2，λ），∴．
设直线D1P与平面B1EC所成的角为θ，
∴．
∵λ∈[0，1]，∴当时，sinθ的最大值为；当λ＝0或1时，sinθ的最小值为，
∴直线D1P与平面B1EC所成角的正弦值的取值范围为．
故答案为：．
16．（5分）（2022 河西区校级模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D，E分别是A1B1，CC1的中点．
（1）直线BC1与平面A1BE所成角的正切值为 ；
（2）直线C1D到平面A1BE的距离为 ；
（3）已知点P在棱CC1上，平面PAB与平面A1BE所成二面角为60°，则线段CP的长为 ．
【解题思路】（1）以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系xOy，（O与点C重合），设平面A1BE点法向量为（x，y，z），利用 0，可得，cos，，设直线BC1与平面A1BE所成角的为α，∴sinα＝|cos，|，进而得出tanα．
（2）直线C1D到平面A1BE的距离．
（3）点P在棱CC1上，设P（0，0，t），t∈（0，2]．设平面PAB的法向量为（a，b，c），可得 0，由题意可得：cos60°，解得t，即可得出|CP|．
【解答过程】解：（1）以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系xOy，（O与点C重合），
C（0，0，0），A1（2，0，2），B（0，2，0），C1（0，0，2），E（0，0，1），D（1，1，2），A（2，0，0）．
（2，0，1），（0，2，﹣1），（0，﹣2，2），
设平面A1BE点法向量为（x，y，z），则 0，∴，取（1，﹣1，﹣2），
cos，，
设直线BC1与平面A1BE所成角的为α，
∴sinα＝|cos，|，
∴tanα．
（2）（0，0，1），∴直线C1D到平面A1BE的距离．
（3）点P在棱CC1上，设P（0，0，t），t∈（0，2]．
设平面PAB的法向量为（a，b，c），（﹣2，2，0），（2，0，﹣t），
则 0，∴，取（1，1，），
由题意可得：cos60°，解得t．
∴|CP|．
故答案为：；；.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2022春 乌苏市校级期中）已知空间向量（2，4，﹣2），（﹣1，0，2），（x，2，﹣1）．
（Ⅰ）若∥，求；
（Ⅱ）若⊥，求cos，的值．
【解题思路】（Ⅰ）利用空间向量共线定理，列式求解x的值，由向量模的坐标运算求解即可；
（Ⅱ）利用向量垂直的坐标表示，求出x的值，从而得到，由空间向量的夹角公式求解即可．
【解答过程】解：（Ⅰ）空间向量（2，4，﹣2），（﹣1，0，2），（x，2，﹣1），
因为∥，
所以存在实数k，使得，
所以，解得x＝1，
则；
（Ⅱ）因为⊥，
则，解得x＝﹣2，
所以，
故cos，．
18．（12分）（2021秋 朝阳区校级期末）已知空间三点A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5）．
（Ⅰ）求以AB、AC为边的平行四边形的面积；
（Ⅱ）若向量分别与、垂直，且|a|，求的坐标．
【解题思路】（1）以AB、AC为边的平行四边形的面积S，其中θ是的夹角．
（2）设出的坐标，利用向量垂直的充要条件列出方程组，解出即可．
【解答过程】解：（Ⅰ）
，∴∠BAC＝60°…（4分）
∴（6分）
（Ⅱ）设（x，y，z），∵（8分）
∴（11分）
∴（1，1，1）或（﹣1，﹣1，﹣1）…（12分）
19．（12分）（2022 天心区校级开学）如图所示，三棱柱ABC A1B1C1中，，，，CA＝CB＝CC1＝1，，，N是AB中点．
（1）用，，表示向量；
（2）在线段C1B1上是否存在点M，使？若存在，求出M的位置，若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）根据空间向量线性运算的几何意义进行求解即可；
（2）根据空间向量共线向量的性质，结合空间向量垂直的性质进行求解即可．
【解答过程】解：（1）（）；
（2）假设存在点M，使AM⊥A1N，设λ，（λ∈[0，1]），
显然λλ，λ，
因为AM⊥A1N，所以⊥0，
即（λ） （）＝0，
∴ 22 λ λ2﹣λ 0
∵CA＝CB＝CC1＝1，，，，，，
∴ 22﹣（λ） λ2＝0
即1×1×（）﹣1212﹣（λ）×1×1×（）λ 12＝0，
解得λ，所以当C1MC1B1时，AM⊥A1N．
20．（12分）（2022春 辽宁期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝6，点E，F分别在AD，BC上，且AE＝1，BF＝4，沿EF将四边形AEFB折成四边形A′EFB′，使点B′在平面CDEF上的射影H在直线DE上．
（1）求证：平面B′CD⊥平面B′HD；
（2）求证：A′D∥平面B′FC；
（3）求直线HC与平面A′ED所成角的正弦值．
【解题思路】（1）由CD⊥DE，证明B′H⊥CD，得出CD⊥平面B′HD，从而证明平面B′CD⊥平面B′HD；
（2）利用线面平行的判定定理可得A′E∥平面B′FC，DE∥平面B′FC，又A′E∩DE＝E；
由面面平行的判定定理可得平面A′ED∥平面B′FC，再利用面面平行的性质定理可得线面平行；
（3）建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面A′DE的法向量和，
计算直线HC与平面A′ED所成角的正弦值即可．
【解答过程】解：（1）证明：矩形ABCD中，CD⊥DE，
点B′在平面CDEF上的射影为H，
则B′H⊥平面CDEF，
且CD 平面CDEF，
∴B′H⊥CD，
又B′H∩BE＝H，
∴CD⊥平面B′HD，
又CD 平面B′CD，
∴平面B′CD⊥平面B′HD；
（2）证明：∵A′E∥B′F，A′E 平面B′FC，B′F 平面B′FC．
∴A′E∥平面B′FC，
由DE∥FC，同理可得DE∥平面B′FC，
又∵A′E∩DE＝E．
∴平面A′ED∥平面B′FC，
∴A′D∥平面B′FC；
（3）如图所示，
过E作ER∥DC，过E作ES⊥平面EFCD，
分别以ER，ED，ES为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
∵B′在平面CDEF上的射影H在直线DE上，
设B′（0，y，z）（y，z∈R+）；
∵F（3，3，0），且B′E，B′F＝4；
∴，解得；
∴B′（0，2，）；
∴（﹣3，﹣1，），
∴（，，）；且（0，5，0），
设平面A′DE的法向量为（a，b，c），，
解得b＝0，令a＝1，得c，
得到平面A′DE的法向量为（1，0，）；
又C（3，5，0），H（0，2，0），
∴（﹣3，﹣3，0），
∴直线HC与平面A′ED所成角的正弦值为
sinθ＝|cos，|＝||＝||．
21．（12分）（2022春 九龙坡区校级月考）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F分别为AA1，AC，A1C1的中点，，AC＝AA1＝2．
（1）求证：AC⊥平面BEF；
（2）求点D与平面BEC1的距离；
（3）求二面角B﹣CD﹣C1的正弦值．
【解题思路】（1）通过证明AC⊥BE，AC⊥EF来证得AC⊥平面BEF．
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得D到平面BEC1的距离．
（3）利用向量法求得二面角B﹣CD﹣C1的余弦值，进而转化为正弦值．
【解答过程】（1）证明：由于AB＝BC，E是AC的中点，所以AC⊥BE，
由于E，F分别是AC，A1C1的中点，所以EF∥CC1，
所以EF⊥平面ABC，所以EF⊥AC，
由于BE EF＝E，所以AC⊥平面BEF．
（2）解：由（1）可知EA，EB，EF两两相互垂直，
以E为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
B（0，2，0），C1（﹣1，0，2），
设平面BEC1的法向量为，
则，故可设，
，
所以D到平面BEC1的距离为．
（3）解：平面C1CD的法向量为，
，
设平面BCD的法向量为，
则，故可设．
设二面角B﹣CD﹣C1的二面角为θ，由图可知，θ为钝角，
所以，
．
22．（12分）（2022秋 迎泽区校级月考）如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，MB∥AN，NA＝AB＝2，BM＝4，CN＝2．
（1）证明：MB⊥平面ABCD；
（2）在线段CM（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角E﹣BN﹣M的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由．
【解题思路】（1）由面面垂直的性质可得BC⊥BM，再得出BM⊥AB即可证明；
（2）设，求出平面BEN和平面BMN的法向量，利用向量关系建立方程求出；即可得出．
【解答过程】（1）证明：正方形ABCD中，BC⊥AB，
∵平面ABCD⊥平面ABMN，平面ABCD∩平面ABMN＝AB，BC 平面ABCD，
∴BC⊥平面ABMN，
∴BC⊥BM，且BC⊥BN，又，
∴，
又∵AB＝AN＝2，∴BN2＝AB2+AN2，
∴AN⊥AB，
又∵AN∥BM，∴BM⊥AB，BC∩BA＝B，
∴BM⊥平面ABCD；
解：（2）由（1）知，BM⊥平面ABCD，BM⊥AB，
以B为坐标原点，BA，BM，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B（0，0，0），A（2，0，0），C（0，0，2），D（2，0，2），N（2，2，0），M（0，4，0），
设点，∴（x，y，z﹣2）＝λ（0，4，﹣2），
∴，∴E（0，4λ，2﹣2λ），
∴，
设平面BEN的法向量为（x，y，z），
∴，令x＝1，∴，∴，
显然，平面BMN的法向量为，
∴，
即，即，
即3λ2+2λ﹣1＝0，解得或﹣1（舍），
则存在一点E，且．第一章 空间向量与立体几何全章综合测试卷-提高篇
【人教A版2019】
考试时间：90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90分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2022春 杨浦区校级期中）下列条件中，一定使空间四点P、A、B、C共面的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（5分）（2021秋 朝阳区校级期末）已知空间向量，，，下列命题中正确的个数是（ ）
①若与共线，与共线，则与共线；
②若，，非零且共面，则它们所在的直线共面；
③若，，不共面，那么对任意一个空间向量，存在唯一有序实数组（x，y，z），使得；
④若，不共线，向量（λ，μ∈R且λμ≠0），则可以构成空间的一个基底．
A．0 B．1 C．2 D．3
3．（5分）（2022春 广东月考）在三棱锥A﹣BCD中，P为△BCD内一点，若S△PBC＝1，S△PCD＝2，S△PBD＝3，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（5分）（2022春 南明区校级月考）已知MN是棱长为4的正方体内切球的一条直径，点P在正方体表面上运动，则的最大值为（ ）
A．4 B．12 C．8 D．6
5．（5分）（2021秋 辽宁期末）已知A（1，0，0），B（0，﹣1，1），O是坐标原点，与的夹角为120°，则λ的值为（ ）
A．± B． C． D．±
6．（5分）（2021秋 乳山市校级月考）给出以下命题，其中正确的是（ ）
A．直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥α
B．平面α、β的法向量分别为，，则α∥β
C．平面α经过三个点A（1，0，﹣1），B（0，﹣1，0），C（﹣1，2，0），向量是平面α的法向量，则u+t＝1
D．直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直
7．（5分）（2021 宝山区二模）设向量，其中a2+b2＝c2+d2＝1，则下列判断错误的是（ ）
A．向量与z轴正方向的夹角为定值（与c，d之值无关）
B．的最大值为
C．与的夹角的最大值为
D．ad+bc的最大值为1
8．（5分）（2022春 米东区校级期中）如图，在棱长为1的正方体中，下列结论不正确的是（ ）
A．异面直线AC与BC1所成的角为60°
B．二面角A﹣B1C﹣B的正切值为
C．直线AB1与平面ABC1D1所成的角为45°
D．四面体D1﹣AB1C的外接球体积为
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2021秋 昆山市月考）下列说法正确的是（ ）
A．空间中任意两非零向量，共面
B．直线的方向向量是唯一确定的
C．若λμ（λ，μ∈R），则A，B，C，D四点共面
D．在四面体ABCD中，E，F为CB，CD中点，G为EF中点，则
10．（5分）（2021秋 凤城市校级月考）已知空间四点O（0，0，0），A（0，1，2），B（2，0，﹣1），C（3，2，1），则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．点O到直线BC的距离为 D．O，A，B，C四点共面
11．（5分）（2022春 思明区校级月考）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D中，E为侧面BCC1B1的中心，F是棱C1D1的中点，若点P为线段BD1上的动点，N为ABCD所在平面内的动点，则下列说法正确的是（ ）
A． 的最小值为
B．若BP＝2PD，则平面PAC截正方体所得截面的面积为
C．若D1N与AB所成的角为，则N点的轨迹为双曲线的一部分
D．若正方体绕BD1旋转θ角度后与其自身重合，则θ的最小值是
12．（5分）（2022春 烟台期末）如图，DE是正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿DE折起，构成四棱锥A1﹣BCDE，F为A1C的中点，则（ ）
A．BF∥面A1DE
B．AA1⊥面A1BC
C．若面A1ED⊥面ABC，则A1E与CD所成角的余弦值为
D．若A1E⊥CD，则二面角E﹣A1D﹣C的余弦值为
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2021秋 玉州区校级月考）已知向量（1，1，1，），（1，﹣2，2），且与互相垂直，则k＝ ．
14．（5分）（2022春 沭阳县期中）设空间向量，，是一组单位正交基底，若空间向量满足对任意x，y，|xy|的最小值是2，则|3|的最小值是 ．
15．（5分）（2021秋 肇庆期末）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，E，F分别为棱AB，BC上一点，且BE+BF＝2，P是线段B1F上一动点，当三棱锥B1﹣EBF的体积最大时，直线D1P与平面B1EC所成角的正弦值的取值范围为 ．
16．（5分）（2022 河西区校级模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D，E分别是A1B1，CC1的中点．
（1）直线BC1与平面A1BE所成角的正切值为 ；
（2）直线C1D到平面A1BE的距离为 ；
（3）已知点P在棱CC1上，平面PAB与平面A1BE所成二面角为60°，则线段CP的长为 ．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2022春 乌苏市校级期中）已知空间向量（2，4，﹣2），（﹣1，0，2），（x，2，﹣1）．
（Ⅰ）若∥，求；
（Ⅱ）若⊥，求cos，的值．
18．（12分）（2021秋 朝阳区校级期末）已知空间三点A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5）．
（Ⅰ）求以AB、AC为边的平行四边形的面积；
（Ⅱ）若向量分别与、垂直，且|a|，求的坐标．
19．（12分）（2022 天心区校级开学）如图所示，三棱柱ABC A1B1C1中，，，，CA＝CB＝CC1＝1，，，N是AB中点．
（1）用，，表示向量；
（2）在线段C1B1上是否存在点M，使？若存在，求出M的位置，若不存在，说明理由．
20．（12分）（2022春 辽宁期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝6，点E，F分别在AD，BC上，且AE＝1，BF＝4，沿EF将四边形AEFB折成四边形A′EFB′，使点B′在平面CDEF上的射影H在直线DE上．
（1）求证：平面B′CD⊥平面B′HD；
（2）求证：A′D∥平面B′FC；
（3）求直线HC与平面A′ED所成角的正弦值．
21．（12分）（2022春 九龙坡区校级月考）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F分别为AA1，AC，A1C1的中点，，AC＝AA1＝2．
（1）求证：AC⊥平面BEF；
（2）求点D与平面BEC1的距离；
（3）求二面角B﹣CD﹣C1的正弦值．
22．（12分）（2022秋 迎泽区校级月考）如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，MB∥AN，NA＝AB＝2，BM＝4，CN＝2．
（1）证明：MB⊥平面ABCD；
（2）在线段CM（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角E﹣BN﹣M的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由．
