2025苏教版高中数学选择性必修第二册强化练习题（含解析）--第6章　空间向量与立体几何

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2025苏教版高中数学选择性必修第二册
第6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.已知直线m的方向向量为a=(1,-2,1),平面α的法向量为b=(x,8,y),若m∥α,则x+y=(　　)
A.10　　　　B.12　　　　C.14　　　　D.16
2.已知平面α的一个法向量为n=(-2,-2,1),点A(-1,3,0)在平面α内,则点P(-2,1,4)到平面α的距离为(　　)
A.10　　　　B.3　　　　C.
3.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,AB=1,AP=2,PA⊥平面ABCD,动点M,N分别在线段BD和PC上,则线段MN长度的最小值为(　　)
A.
4.如图,某圆锥SO的轴截面SAC是等边三角形,B是底面圆周上一点,且∠BOC=60°,M是SA的中点,则异面直线AB与CM所成角的余弦值是(　　)
A.
5.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.
C.
6.在三棱锥P-ABC中,底面ABC是边长为2的正三角形,若三棱锥P-ABC的体积为,则的最小值为(　　)
A.8　　　　B.9　　　　C.10　　　　D.18
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.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=1,O是AC的中点,点P在线段A1C1上,若直线OP与平面ACD1的夹角为θ,则cosθ的取值范围是(　　)
A.
C.
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.下列关于空间向量的命题中正确的有(　　)
A.若a·b>0,则a,b的夹角是锐角
B.若{}是空间的一个基底,且,则A,B,C,D四点共面
C.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于130°,则直线l与平面α所成的角等于50°
D.若向量p=mx+ny+kz(x,y,z都是不共线的非零向量),则称p在基底{x,y,z}下的坐标为(m,n,k),若p在单位正交基底{a,b,c}下的坐标为(1,2,3),则p在基底{a-b,a+b,c}下的坐标为
10.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,则下列结论正确的有(　　)
A.AD与BC所成的角为30°
B.AC与BD所成的角为90°
C.BC与平面ACD所成角的正弦值为
D.平面ABC与平面BCD的夹角的正切值是
11.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,动点P满足,其中λ∈(0,1),μ∈R,且μ≠0,则(　　)
A.对任意的λ∈(0,1),μ∈R且μ≠0,都有平面ACP⊥平面A1B1D
B.当λ+μ=1时,三棱锥B-A1PD的体积为定值
C.当λ=时,存在点P,使得∠A1PB>90°
D.当μ=时,存在点P,使得AP⊥平面PCD
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.已知向量a=(1,3,1),b=(1,1,0),则a在b上的投影向量的坐标为　　　　.
13.在三棱锥P-ABC中,PB=2,∠PAB=∠ABC=30°,PB⊥AB,AC⊥AB,点M,N分别在线段AP,BC上运动.若二面角P-AB-C的大小为60°,则|MN|的最小值为　　　　.
14.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H,K,L分别是AB,BB1,B1C1,C1D1,D1D,DA的中点,则直线A1C与平面EFGHKL所成角的大小为　　　　;若P,Q是六边形EFGHKL边上两个不同的动点,设直线D1B与直线PQ所成的最小角为θ,则sinθ的值为　　　　.
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=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),c=(x3,y3,z3),定义一种运算:(a×b)·c=x1y2z3+x2y3z1+x3y1z2-x1y3z2-x2y1z3-x3y2z1.已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,=(-1,2,1).
(1)试计算|()·|,并证明PA⊥平面ABCD;
(2)求四棱锥P-ABCD的体积,说明|()·|与四棱锥P-ABCD体积的关系,并由此猜想|()·|的几何意义.
16.(15分)如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是正方形,BF=DE,BF∥DE,M是AE的中点.
(1)求证:EC∥平面BDM;
(2)若DE⊥平面ABCD,AB=4,BM⊥CF,P为线段CE上一点,且,求直线PM与平面AEF所成角的正弦值.
17.(15分)已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,且AD=2,AB=1,PA⊥平面ABCD,E,F分别是线段AB,BC的中点.
(1)求证:PF⊥FD;
(2)在线段PA上是否存在点G,使得EG∥平面PFD 若存在,确定点G的位置;若不存在,请说明理由.
18.(17分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC==λ(0<λ<1).
(1)若λ=,求证:CM∥平面B1AN;
(2)设平面B1AN与平面B1MC所成的角为θ,若A1B⊥B1C,试判断命题“ λ∈(0,1),使得θ=”的真假,并说明理由.
19.(17分)为方便师生行动,某校正实施某栋教学楼电梯加装工程.我们借此构造了以下模型:已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1,它抽象自该栋教学楼南侧的楼心花园所占据的空间,设AB=BC=8,AA1=12,O为底面ABCD的中心,正四棱柱OECF-O1E1C1F1与正四棱柱OECF-O2E2C2F2分别代表电梯井与电梯厢,设OO2=2,M为棱FF1的中点,N,K分别为棱AA1,DD1上的点,AN=8,DK=4.
(1)求证:OM∥平面A1CF1;
(2)求直线A1O与平面A1CF1所成角的正弦值;
(3)“你站在桥上看风景,看风景的人在楼上看你.明月装饰了你的窗子,你装饰了别人的梦.”卞之琳诗句中的情景其实也在我们的生活中反复上演.假如甲同学站在楼心花园的中心(O点),她正目送着倚立在电梯厢一角的乙同学,假定甲同学的目光聚焦于棱OO2的中点I,此时,电梯厢中的同学的目光正徘徊在位于N点的数学办公室与位于K点的数学实验室,随着电梯厢向上启动,在这时空里便诞生了由点O与移动着的平面INK所勾勒的动人风景.现在,请作为“正在看风景的人”的你完成以下问题:在电梯厢自底部(平面OECF与平面ABCD重合)运行至顶部(平面O2E2C2F2与平面A1B1C1D1重合)的过程中,求点O到平面INK的距离的最大值.
答案与解析
第6章　空间向量与立体几何
1.D 2.D 3.A 4.C 5.C 6.C
7.A 8.D 9.BD 10.BD 11.AB
1.D　由m∥α可得a⊥b,则a·b=x-2×8+y=0,所以x+y=16.故选D.
2.D　由题意得=(-1,-2,4),则点P到平面α的距离d=.故选D.
3.A　因为四边形ABCD是正方形,所以AB⊥AD,因为PA⊥平面ABCD,且AB,AD 平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD,所以AB,AD,AP互相垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,
由题意可设M(t,1-t,0),0≤t≤1,N(m,m,2-2m),0≤m≤1,
则|MN|=,
故当m=-.故选A.
4.C　以O为坐标原点,过点O且垂直于平面SAC的直线为x轴,直线OC,OS分别为y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设OC=2,
则A(0,-2,0),B(),
所以),
设异面直线AB与CM所成的角为θ,
则cos θ=|cos<.故选C.
5.C　连接AD1,由已知得,
所以.
又BM=3D1M,
所以,
所以.故选C.
6.C　易得S△ABC=,
设点P到平面ABC的距离为h,则,解得h=2,
设点P在平面ABC上的射影为H,连接HB,HC,HA(图略),
则|⊥⊥⊥,
则
=()·()·()·()
=3
=12+,
在△ABC中,取AB的中点O,连接OC,以O为原点,AB,OC所在直线分别为x轴,y轴,建立平面直角坐标系,如图所示,
则A(-1,0),B(1,0),C(0,),设H(m,n),
则-2,
当m=0,n=时,取得最小值,且最小值为-2,
故的最小值为12-2=10.故选C.
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.故选A.
8.D　以D为原点,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,如图所示:
则A(2,0,0),C(0,2,0),O(1,1,0),D1(0,0,1),
∴=(-2,2,0),
设P(a,2-a,1)(0≤a≤2),则=(a-1,1-a,1),
设平面ACD1的一个法向量为n=(x,y,z),
则令x=1,得n=(1,1,2),
∴sin θ=cos∵a∈[0,2],∴],
∴,
∴sin 2θ∈,
∵θ∈.故选D.
9.BD　若a·b>0,则a,b的夹角为锐角或0°,故A错误;
由,得3,
则()=0,
所以=0,即,所以A,B,C,D四点共面,故B正确;
若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于130°,则直线l与平面α所成的角等于130°-90°=40°,故C错误;
由题意得p=a+2b+3c,设p=x(a-b)+y(a+b)+zc=(x+y)a+(y-x)b+zc,
所以,故D正确.故选BD.
10.BD　取BD的中点O,连接AO,CO.易得OA,OC,OD两两垂直,∴以O为坐标原点,OC,OD,OA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.
设OC=1,则A(0,0,1),B(0,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),∴=(0,2,0).
∵cos<,
∴AD与BC所成的角为60°,故A中结论错误.
∵=0,∴AC⊥BD,故B中结论正确.
设平面ACD的一个法向量为t=(x,y,z),
则取z=1,得x=1,y=1,∴t=(1,1,1),
设BC与平面ACD所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,故C中结论错误.
易知平面BCD的一个法向量为(0,0,1),记n=(0,0,1),
设平面ABC的一个法向量为m=(x',y',z'),
则取x'=1,得y'=-1,z'=1,∴m=(1,-1,1),
设平面ABC与平面BCD的夹角为α,易知α为锐角,
则cos α=|cos|=,
∴sin α=,
∴平面ABC与平面BCD的夹角的正切值是,故D中结论正确.
故选BD.
11.AB　对于A,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,
以A为坐标原点,AB,AD,AA1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(a,0,0),C(a,a,0),D(0,a,0),A1(0,0,a),B1(a,0,a),D1(0,a,a),
所以=(a,a,0),
=(0,a,a),
故=λ(a,a,0)+μ(0,a,a)=(λa,(λ+μ)a,μa).
设平面A1B1D的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
则取y1=1,可得m=(0,1,1),
设平面ACP的一个法向量为n=(x2,y2,z2),
则取x2=1,可得n=(1,-1,1),
因为m·n=-1+1=0,所以m⊥n,
所以对于任意的λ∈(0,1),μ∈R且μ≠0,都有平面ACP⊥平面A1B1D,故A正确.
对于B,当λ+μ=1时,=(λa,a,μa),则P(λa,a,μa),
易得=(-μa,a,μa),
设平面A1BD的一个法向量为u=(x3,y3,z3),
则取x3=1,可得u=(1,1,1),
所以点P到平面A1BD的距离d=a,
又△A1BD的面积为定值,所以三棱锥P-A1BD的体积为定值,故B正确.
对于C,当λ=,
则,
所以>0,
所以当λ=时,不存在点P,使得∠A1PB>90°,故C错误.
对于D,当μ=时,,假设存在点P,使得AP⊥平面PCD,因为DC 平面PCD,所以AP⊥DC,又=(a,0,0),所以时,不存在点P,使得AP⊥平面PCD,故D错误.故选AB.
12.答案　(2,2,0)
解析　因为a=(1,3,1),b=(1,1,0),所以a在b上的投影向量的坐标为b=(2,2,0).
13.答案　
解析　依题意可将三棱锥P-ABC补形成直三棱柱BDP-ACQ,如图,
易知PB⊥AB,AC⊥AB,满足题意,
又AB⊥AQ,AB⊥AC,所以∠QAC为二面角P-AB-C的平面角,
即∠QAC=60°,
在Rt△PAB中,PB=2,∠PAB=30°,则AB=2,
在Rt△ABC中,∠ABC=30°,则AC=2,
又AQ=BP=2,所以△ACQ是正三角形,
要求|MN|的最小值,即求异面直线AP,BC的距离,
以A为原点,建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(0,0,2,1,0),
故,1,0),
设n=(x,y,z)同时垂直于
取z=1,则x=3,y=-,1),
所以|MN|的最小值为.
14.答案　90°;
解析　如图,以的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.
设正方体的棱长为2,则A1(2,0,2),E(2,1,0),C(0,2,0),F(2,2,1),G(1,2,2),D1(0,0,2),B(2,2,0),∴=2+2-4=0,∴A1C⊥EF,A1C⊥EG,
又EG∩EF=E,EG,EF 平面EFGHKL,
∴A1C⊥平面EFGHKL,
∴直线A1C与平面EFGHKL所成角的大小为90°.
易得平面EFGHKL的一个法向量为=(-2,2,-2).设D1B与平面EFGHKL所成的角为α,则sin α=|cos<.
15.解析　(1)()·)·|=48.(2分)
∵=-1×4+2×2+1×0=0,(4分)
∴⊥⊥,即AP⊥AB,AP⊥AD,
又AB,AD是平面ABCD内的两条相交直线,∴AP⊥平面ABCD.(6分)
(2)由题意得|=2×4+(-1)×2+4×0=6,(8分)
S ABCD=AB·AD·sin∠BAD=,(10分)
又|=16,(11分)
结合(1)得|()·|=3V四棱锥P-ABCD,(12分)
猜想:|()·|表示以AB,AD,AP为邻边的平行六面体的体积.(13分)
16.解析　(1)证明:连接AC交BD于N,连接MN,
因为四边形ABCD是正方形,所以N为AC的中点,
又M是AE的中点,
所以MN是△ACE的中位线,所以MN∥EC,(3分)
又EC 平面BDM,MN 平面BDM,
所以EC∥平面BDM.(6分)
(2)以D为坐标原点建立空间直角坐标系,如图,
设DE=a,则B(4,4,0),C(0,4,0),F(4,4,a),A(4,0,0),E(0,0,a),M,
所以=(0,-4,a),(8分)
因为BM⊥CF,所以=0,所以a=4,
则=(0,-4,4),
设P(x,y,z)(0≤y≤4,0≤z≤4),则=(x,y-4,z).
由,
即P,则,(10分)
设平面AEF的一个法向量为n=(x1,y1,z1),
则
令z1=1,则x1=1,y1=-1,即n=(1,-1,1).(12分)
设直线PM与平面AEF所成的角为θ,
则sin θ=|cos所以直线PM与平面AEF所成角的正弦值为.(15分)
17.解析　(1)证明:由题意可得AB,AD,AP两两垂直,
以A为坐标原点,直线AB,AD,AP分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系A-xyz,
则F(1,1,0),D(0,2,0),(3分)
令P(0,0,t)(t>0),则=(1,-1,0),(4分)
所以=1×1+1×(-1)-t×0=0,即⊥,
所以PF⊥FD.(6分)
(2)在线段PA上存在点G,使得EG ∥平面PFD.
由(1)知P(0,0,t)(t>0),假设存在点G(0,0,m)(0≤m≤t)满足条件,
由(1)知,E,则,(7分)
设平面PFD的一个法向量为n=(x,y,z),
则令z=2,得n=(t,t,2),(9分)
因为EG∥平面PFD,E 平面PFD,所以⊥n,(11分)
所以t,(13分)
所以在线段PA上存在点G,使得EG∥平面PFD,且点G为靠近点A的线段PA的四等分点.(15分)
18.解析　(1)证明:设BC=a,则AC=a.设AA1=b,以M为坐标原点,BA所在直线为x轴,过M且和BB1平行的直线为y轴,MC所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,(2分)
则A,M(0,0,0),所以.(4分)
因为,所以,所以.(5分)
设m=(x,y,z)为平面B1AN的一个法向量,则
即b,则y=3a,z=0,
所以m=(b,3a,0).(7分)
因为m·=0,直线CM在平面B1AN外,所以CM∥平面B1AN.(8分)
(2)命题“ λ∈(0,1),使得θ=”是假命题.(9分)
理由如下:由(1)得A1,则a,-b,0).因为A1B⊥B1C,所以=b2-a2=0,所以a=b,所以a,a,0),
由(1),得,
所以.(11分)
设m1=(x1,y1,z1)为平面B1AN的一个法向量,
则
取x1=.(13分)
由题意知,CM⊥平面ABB1A1,因为A1B 平面ABB1A1,所以CM⊥A1B,因为A1B⊥B1C,CM∩B1C=C,CM,B1C 平面B1MC,所以A1B⊥平面B1MC,所以,1,0).
易知平面B1AN与平面B1MC所成的角为锐角,故cos θ=|cos|=.(15分)
λ∈(0,1),若把cos θ看成关于λ的函数,则此函数在”是假命题.(17分)
19.解析　(1)证明:以O为坐标原点,OE所在直线为x轴,OF所在直线为y轴,OO1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图,
则O(0,0,0),M(0,4,6),A1(-4,-4,12),C(4,4,0),F1(0,4,12),
∴=(0,4,6),
设平面A1CF1的一个法向量为n=(x,y,z),
则
取z=2,得x=6,y=-3,故n=(6,-3,2),(3分)
∵n·=6×0-3×4+2×6=0,∴n⊥,
∵OM不在平面A1CF1内,∴OM∥平面A1CF1.(5分)
(2)由(1)得=(4,4,-12),
平面A1CF1的一个法向量为n=(6,-3,2),(6分)
∴cos<,
∴直线A1O与平面A1CF1所成角的正弦值为.(8分)
(3)同(1)中所建坐标系,设I(0,0,λ),λ∈[1,11].
易知N(-4,-4,8),K(-4,4,4),
∴=(0,0,λ).(9分)
设平面INK的一个法向量为m=(a,b,c),
则
取b=1,得a=,(12分)
∴点O到平面INK的距离d=,λ∈[1,11],(15分)
∴当,
∴点O到平面INK的距离的最大值为.(17分)
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