第6章 空间向量与立体几何 模拟测试卷（含解析）-2025-2026学年高二上学期数学苏教版选择性必修第二册

第6章　空间向量与立体几何
一、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.在空间直角坐标系中,已知点P(1,3,5),则点P关于x轴的对称点的坐标是(　　)
A.(-1,-3,5) B.(-1,3,-5)
C.(1,-3,-5) D.(-1,-3,-5)
2.在空间直角坐标系中,a=(-2,m,3),b=(3,1,2),若a⊥b,则m的值为(　　)
A.0 B.1 C.2 D.-1
3.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,化简 -=(　　)
A. B. C. D.
4.若{a,b,c}构成空间的一个基底,则下列向量共面的是(　　)
A.a,b+c,a+b B.a,a+c,a+b
C.a+b+c,c,b D.b,a-b,a+b
5.在三棱锥P-ABC中,M是平面ABC上一点,且5=t+2+3,则t=(　　)
A.1 B.2 C.3 D.-2
6.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,PA=BC,E为CD的中点,F为PC的中点,则异面直线BF与PE所成角的余弦值为(　　)
A.- B. C.- D.
7.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2,BC=1,点P在侧面A1ABB1上.若点P到直线AA1和CD的距离相等,则A1P的最小值是(　　)
A. B. C.2 D.
8.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=,BC=AA1=2,点P满足=m,其中m∈0,,则直线AP与平面BCC1B1所成角的最大值为(　　)
A. B. C. D.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,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.下列利用方向向量、法向量判断线面位置关系的结论正确的是(　　)
A.若两条不重合的直线l1,l2的方向向量分别是a=(2,3,-1),b=(-2,-3,1),则l1∥l2
B.若直线l的一个方向向量是a=(0,3,0),平面α的一个法向量是μ=(0,-5,0),则l∥α
C.若两个不同平面α,β的法向量分别为n1=(2,-1,0),n2=(-4,2,0),则α∥β
D.若平面α经过三点A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),向量n1=(1,u,t)是平面α的法向量,则u+t=1
10.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=,AB=2AD=2PD,PD⊥底面ABCD,则(　　)
A.PA⊥BD
B.直线PB与平面ABCD所成的角为
C.异面直线AB与PC所成角的余弦值为
D.二面角A-PB-C的正弦值为
11.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱AB,BC上的动点,且=λ()(λ∈R),则(　　)
A.A1C1∥MN
B.A1N⊥C1M
C.存在无数条直线与直线AB,CC1,A1D1均相交
D.当三棱锥M-B1BN的体积最大时,二面角B1-MN-B的余弦值为
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.定义a b=|a|2-a·b.若向量a=(1,-2,3),向量b为单位向量,则a b的取值范围是　　　　　.
13.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=1,AA1=3,则异面直线A1C1与AD1所成角的余弦值为　　　　.
14.如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A在平面α内,其余顶点均在平面α的同侧,AB=3,AD=4,AA1=5,若顶点B到平面α的距离为2,顶点D到平面α的距离为2,则顶点A1到平面α的距离为　　　　　.
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)已知向量a=(-2,-1,2),b=(-1,1,2),c=(x,2,2).
(1)求|a-2b|;
(2)当|c|=2时,若向量ka+b与c垂直,求实数x和k的值;
(3)若向量c与向量a,b共面,求x的值.
16.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,E为AD的中点,底面ABCD是边长为2的正方形,且二面角P-BE-C的余弦值为.
(1)求PD的长;
(2)求点C到平面PEB的距离.
17.(15分)(2023新高考Ⅰ)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
(1)证明:B2C2∥A2D2;
(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P的长.
18.(17分)如图,在四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.
(1)证明:AC⊥平面BDE;
(2)设DE⊥BE,DE=1,∠ACB=60°,点F在线段BD上,若CF与平面ABD所成角的正弦值为,求此时点F的位置.
19.(17分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=2,BC=2,M,N分别是CC1,BC的中点,点P在线段A1B1上,且=λ.
(1)证明:AM⊥PN.
(2)当λ取何值时,直线PN与平面AMN所成角θ最小
(3)是否存在点P,使得平面PMN与平面ABC所成的二面角的正弦值为 若存在,试确定点P的位置;若不存在,请说明理由.
参考答案
1.C　空间点关于x轴对称,则x轴上坐标不变,y轴、z轴上坐标取相反数,故点P关于x轴的对称点的坐标是(1,-3,-5).故选C.
2.A　因为a=(-2,m,3),b=(3,1,2),且a⊥b,所以-2×3+m+3×2=0,解得m=0.故选A.
3.B　由长方体的结构特征,有,则故选B.
4.D　对于选项A,假设存在一组实数对λ,μ满足a=λ(b+c)+μ(a+b),可知λ,μ无解,即向量a,b+c,a+b不共面;
对于选项B,假设存在一组实数对λ,μ满足a=λ(a+c)+μ(a+b),可知λ,μ无解,即向量a,a+c,a+b不共面;
对于选项C,假设存在一组实数对λ,μ满足a+b+c=λc+μb,可知λ,μ无解,即向量a+b+c,c,b不共面;
对于选项D,存在一组实数对λ=-,μ=满足b=-(a-b)+(a+b),即b,a-b,a+b是共面向量.
故选D.
5.C　因为5=t+2+3=t+2+3(),
所以8=t+2+3,
即
因为M是平面ABC上一点,所以=1,
所以t=3.故选C.
6.B　如图,以{}为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,设AB=2,则A(0,0,0),B(2,0,0),P(0,0,2),C(2,2,0),D(0,2,0),则E(1,2,0),F(1,1,1),所以=(-1,1,1),=(1,2,-2),所以cos<>==-,所以异面直线BF与PE所成角的余弦值为故选B.
7.B　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,
设P(1,m,n),其中m,n∈[0,2],A1(1,0,2),D(0,0,0),C(0,2,0),则点P到直线AA1的距离为m,点P(1,m,n)到直线CD的距离为,故m=,
则A1P=因为n∈[0,2],故当n=1,m=时,A1P取得最小值,最小值为故选B.
8.B　分别取BC,B1C1的中点D,D1,则DD1∥BB1,即DD1⊥平面ABC,连接AD.因为AB=AC,所以AD⊥BC.以{}为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
由已知,得AD=,则A(,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),C1(0,-1,2),
所以=(0,2,0),=(0,0,2).
因为=m=(0,2m,3-2m),
=(-,-1,0),
所以=(-,2m-1,3-2m).
易知平面BCC1B1的一个法向量是n=(1,0,0),
设直线AP与平面BCC1B1所成角为θ,则,
sin θ=|cos|=
=
=,
所以当m=1时,(sin θ)max=,即θ的最大值是故选B.
9.ACD　对于A,由题意,得a=-b,所以a,b共线.
又直线l1,l2不重合,
所以l1∥l2,故A正确;
对于B,由题意,得μ=-a,所以l⊥α,故B不正确;
对于C,由题意,得n2=-2n1,所以α∥β,故C正确;
对于D,由A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),
得=(-1,1,1),=(-1,1,0),
又向量n1=(1,u,t)是平面α的一个法向量,
所以
则u+t=1,故D正确.
故选ACD.
10.ABD　连接BD.因为∠DAB=,设AB=2AD=2PD=2a,
由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD·AB·cos ∠BAD,所以BD2=a2+4a2-4a2=3a2,
则BD=a,则BD2+AD2=AB2,即BD⊥AD.
又PD⊥底面ABCD,AD,BD 底面ABCD,所以PD⊥AD,PD⊥BD,
如图,以{}为单位正交基底,建立空间直角坐标系D-xyz,
则D(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,a,0),P(0,0,a).
对于A,=(a,0,-a),=(0,-a,0),则=0+0+0=0,
所以PA⊥BD,故A正确;
对于B,=(0,a,-a),因为PD⊥底面ABCD,所以=(0,0,a)是平面ABCD的一个法向量,所以cos<>==-,
则直线PB与平面ABCD所成的角的正弦值为,即PB与平面ABCD所成的角为,故B正确;
对于C,=(-a,a,0),=(-a,a,-a),
则cos<>=,
则异面直线AB与PC所成角的余弦值为,故C错误;
对于D,设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1),则
令y1=1,则n=(,1,).
设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),则
令y2=1,则m=(0,1,),
所以cos=
令二面角A-PB-C的平面角为θ(0≤θ≤π),则|cos θ|=,
所以sin θ=,故D正确.
故选ABD.
11.BCD　以{}为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1),B1(1,1,1),C(0,1,0),C1(0,1,1).
设=t=(0,t,0),即点M(1,t,0),其中0≤t≤1.
设=s=(s,0,0),即点N(s,1,0),其中0≤s≤1,则=(s-1,0,0).
所以=λ()=(0,λt,0)+(λs-λ,0,0)=(λs-λ,λt,0)=(-1,1,0),
所以所以
所以M1,,0,N1-,1,0,
所以=-,1-,0.又=(-1,1,0),
若A1C1∥MN,则,所以,所以λ=2,
故只有当λ=2时,A1C1∥MN,故选项A错误;
因为=(-,1,-1),=(1,-1,-1),
所以1+1+(-1)×(-1)=0,　
所以A1N⊥C1M,故选项B正确;
设直线AB上任一点为M'(1,m,0),CC1上任一点为H(0,1,n),A1D1上任一点为K(k,0,1),其中m>0,n>0,k>0,=(-1,1-m,n),=(k,-1,1-n).
当M',H,K三点共线时,存在直线M'K与直线AB,CC1,A1D1分别交于点M',H,K.
由M',H,K三点共线,得,
所以(k≠0,n≠1),
所以m=1-,n=,所以当k∈R,且k≠0,k≠1时,m,n随着k的变化而变化,所以存在无数条直线与直线AB,CC1,A1D1均相交,故选项C正确;
由等体积法得BM·BN·1=(1-t)·(1-s),又(1-t)·(1-s)=(1-),
当且仅当1-,即λ=2时,等号成立,此时三棱锥M-B1BN的体积最大,
故M1,,0,N,1,0,=-,0,=0,-,-1.
设平面B1MN的法向量为m=(a,b,c),
则令b=2,则a=2,c=-1,得m=(2,2,-1).
显然底面BMN的一个法向量为n=(0,0,1).
设二面角B1-MN-B的平面角为θ,由题意知θ为锐角.
因为cos==-,
所以cos θ=,
故当三棱锥M-B1BN的体积最大时,二面角B1-MN-B的余弦值为,故选项D正确.
故选BCD.
12.[14-,14+]　由题意知|a|=,|b|=1.
设=θ,则a b=|a|2-a·b=|a|2-|a|·|b|cos θ=14-cos θ.
又θ∈[0,π],所以cos θ∈[-1,1],故a b∈[14-,14+].故答案为[14-,14+].
13 　
如图,以{}为单位正交基底,建立空间直角坐标系D-xyz,
则A(1,0,0),D1(0,0,3),A1(1,0,3),C1(0,2,3),
则=(-1,0,3),=(-1,2,0),
所以cos<>=,
因此,异面直线A1C1与AD1所成角的余弦值为
故答案为
14.　以A为原点,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(3,0,0),D(0,4,0),A1(0,0,5),
所以=(3,0,0),=(0,4,0),=(0,0,5).
设平面α的一个法向量为n=(x,y,z),
由题意可得
解得所以顶点A1到平面α的距离为故答案为
15.解 (1)因为a=(-2,-1,2),b=(-1,1,2),
所以a-2b=(-2,-1,2)-2(-1,1,2)=(0,-3,-2),
所以|a-2b|=
(2)因为|c|=2,所以=2,解得x=0.
因为ka+b=(-2k-1,1-k,2k+2),且向量ka+b与c垂直,
所以(ka+b)·c=0,c=(0,2,2),即2-2k+4k+4=2k+6=0,所以k=-3,所以实数x和k的值分别为0和-3.
(3)设c=λa+μb(λ,μ∈R),则(x,2,2)=λ(-2,-1,2)+μ(-1,1,2),解得x=-,λ=-,μ=,
即向量c与向量a,b共面时,x=-
16.解 (1)如图所示,以{}为单位正交基底,建立空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),B(2,2,0),E(1,0,0),C(0,2,0).
设PD=a,则P(0,0,a).
所以=(2,2,-a),=(1,0,-a).
易得平面CBE的一个法向量为n1=(0,0,1).
设平面PBE的一个法向量为n2=(x,y,z),
则有
取z=1,则x=a,y=-,
即n2=
由题知,二面角P-BE-C的余弦值为cos=,
解得a=2,
故PD的长为2.
(2)由(1)得n2=(2,-1,1),=(2,0,0).
则点C到平面PEB的距离为d=
17.(1)证明 以C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图,
则C(0,0,0),C2(0,0,3),B2(0,2,2),D2(2,0,2),A2(2,2,1),
=(0,-2,1),=(0,-2,1),
又B2C2,A2D2不在同一条直线上,
∴B2C2∥A2D2.
(2)解 设P(0,2,λ)(0≤λ≤4),
则=(-2,-2,2),=(0,-2,3-λ),=(-2,0,1).
设平面PA2C2的一个法向量n=(x1,y1,z1),
则
令z1=2,得y1=3-λ,x1=λ-1,
∴n=(λ-1,3-λ,2).
设平面A2C2D2的一个法向量m=(a,b,c),
则
令a=1,得b=1,c=2,∴m=(1,1,2),
∴|cos|==|cos 150°|=,
化简可得λ2-4λ+3=0,
解得λ=1或λ=3,
∴P(0,2,1)或P(0,2,3),
∴B2P=1.
18.(1)证明 因为AD=CD,E为AC的中点,
所以AC⊥DE.
在△ABD和△CBD中,AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB,
所以△ABD≌△CBD,所以AB=CB.
又E为AC的中点,所以AC⊥BE.
又DE,BE 平面BDE,DE∩BE=E,
所以AC⊥平面BDE.
(2)解 因为∠ACB=60°,且AB=CB,
所以△ABC是等边三角形.
因为AD⊥CD,且AD=CD,E为AC的中点,所以在等腰直角三角形ADC中,DE=AE=EC=1,则BE=
因为DE⊥AC,BE⊥DE,AC⊥BE,以{}为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,
则A(1,0,0),B(0,,0),D(0,0,1),
所以=(-1,0,1),=(-1,,0),=(0,,-1).
设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),
则取y=,则n=(3,,3).
又C(-1,0,0),所以=(1,0,1),
设==(0,,-λ),,
所以=(1,,1-λ).
设CF与平面ABD所成的角为θ0,
因为sin θ=|cos|=,
所以|cos|=
=,
所以(4λ-1)2=0,解得λ=,
所以点F为线段BD靠近点D的四等分点.
19.解 (1)因为AB=AC=2,BC=2,则AB2+AC2=BC2,即AB⊥AC,如图所示,以A为原点建立空间直角坐标系,
则A1(0,0,2),B1(2,0,2),M(0,2,1),N(1,1,0),可得==(2λ,0,0),=(0,0,2)+(2λ,0,0)=(2λ,0,2),
即P(2λ,0,2),=(1-2λ,1,-2).
又因为=(0,2,1),可得=0,
所以无论λ取何值,AM⊥PN.
(2)由(1)可知,=(0,2,1),=(1,1,0),
设平面AMN的一个法向量为m=(x,y,z),
则
取y=1,则x=-1,z=-2,
可得m=(-1,1,-2),可得sin θ=|cos<,m>|=,
令t=λ+2,t∈[2,3],
则sin θ=,
所以当t=2,即λ=0时,θ取得最小值,此时sin θ=
(3)存在.
假设存在,易知平面ABC的一个法向量为u=(0,0,1).
因为=(1,-1,-1),=(1-2λ,1,-2),
设n=(a,b,c)是平面PMN的一个法向量,
则
令a=3,可得c=2-2λ,b=1+2λ,
可得n=(3,1+2λ,2-2λ),则|cos|=,
化简得8λ2-22λ+5=0,解得λ=或λ=
因为λ∈[0,1],可得λ=,
所以存在点P使平面PMN与平面ABC所成二面角的正弦值为,点P为A1B1上靠近A1的四等分点.