絕密★考試結束前第一章空間向量與立體幾何章末測試卷（試卷滿分150分，考試用時120分鐘）姓名___________班級_________考號_______________________注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上.2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求.1．（2023春·福建龍巖·高二校聯(lián)考期中）《九章算術》中，將四個面都為直角三角形的四面體稱為鱉臑.在鱉臑A?BCD中，AB⊥平面BCD，∠BDC=90°

A．0,1,0 B．0,1,1 C．1,1,1 D．1,1,0【答案】B【分析】根據(jù)題意，設BD=AB=CD=1，可得A、C、D的坐標，由此可得向量DC、AD的坐標，由此可得關于x、y、z的方程組，利用特殊值求出x【詳解】根據(jù)題意，設BD=AB=CD=1，則D則DC=1,0,0，設平面ACD的一個法向量為m=則有DC?m=x=0AD?故選：B．2．（2023春·福建龍巖·高二校聯(lián)考期中）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，E為棱A1C

A．12a+C．a(chǎn)+12【答案】A【分析】由空間向量線性運算即可求解.【詳解】由題意可得BE=B故選：A.3．（2023春·福建龍巖·高二校聯(lián)考期中）設向量e1，e2，e3不共面，已知AB=e1+A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根據(jù)A，C，D三點共線，可得AC//CD，則存在唯一實數(shù)μ，使得【詳解】由AB=e1得AC=因為A，C，D三點共線，所以AC//則存在唯一實數(shù)μ，使得AC=則2=4μ1+λ故選：C.4．（2023秋·重慶長壽·高二統(tǒng)考期末）如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E

A．棱DD1上一定存在點QB．設點M在平面BB1C1C內(nèi)，且A1M∥C．過點E，F(xiàn)，G作正方體的截面，則截面面積為3D．三棱錐P?EFH【答案】C【分析】對于A，建立空間直角坐標系，由數(shù)量積判定即可；對于B，先確定M的位置，由空間中的線面關系計算即可；對于C，由平面的性質(zhì)確定截面圖象，計算正六邊形的面積即可；對于D，確定球心及球半徑計算即可.【詳解】

如圖所示建立空間直角坐標系，對于A項，可設Q0,0,zz∴QB=令4+2z如圖所示，取BB1、B1C1中點T、S，連接A由正方體特征可知A1M與平面BB且cos∠A1MB1=B

如圖所示，取AA

如圖，設正六邊形的中心為O，連接OS、OG、OP、OE、OY、OF，則將正六邊形分割為六個正三角形，故S正六邊形

對于D項，易證△EPH交面A1C1設球半徑為R，QZ=則QF故V=故選：C5．（2023春·河南周口·高二校聯(lián)考階段練習）在正四棱錐P?ABCD中，A．22 B．33 C．65【答案】D【分析】根據(jù)已知條件建立空間直角坐標系，求出相關點的坐標，分別求出直線AC，BM的方向向量，利用向量的夾角公式，結合向量的夾角與異面直線所成角的關系即可求解.【詳解】設AC，BD交于點O，以O為原點，OA，OB，OP方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標系O?則A2,0,0,C?2,0,0，P所以BM=?2設異面直線AC，BM所成角為θ，則cosθ故選：D．6．（云南省大理州2022-2023學年高二上學期質(zhì)量監(jiān)測數(shù)學試題）若e1,e2,A．83 B．52 C．?1【答案】D【分析】由題意可知，向量OA、OB、OC共面，則存在實數(shù)x、y使得OC=xOA+yOB，根據(jù)空間向量的基本定理可得出關于x、【詳解】因為向量OA=e1+e所以OA、OB、OC共面，故存在實數(shù)x、y使得OC=即ke因為e1,e2,故選：D.7．（安徽省蚌埠市2022-2023學年高二上學期期末數(shù)學試卷）在三棱錐O?ABC中，∠AOB=∠AOCA．-1 B．0 C．1 D．3【答案】C【分析】由題意可得AE=【詳解】因為∠AOB所以OC?OA?OA?因為AE=AE=1故選：C.

8．（浙江省寧波市九校2022-2023學年高二下學期期末聯(lián)考數(shù)學試題）三面角是立體幾何的重要概念之一.三面角P?ABC是指由有公共端點P且不共面的三條射線PA，PB，PC以及相鄰兩射線之間的平面部分所組成的空間圖形.三面角余弦定理告訴我們，若∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，平面APC與平面BPC所成夾角為θ，則cosθ=cosγA．18π B．36π C．87π2 D．【答案】B【分析】作出圖形，作BD⊥PC，BM⊥平面APC，則∠BDM=θ，先表示出VP?ABC【詳解】由題知，∠APC=45°，∠BPC平面APC與平面BPC所成夾角為θ，作BD⊥PC，BM⊥則∠BDM

由題意得VPcosθ=cossinθBM=S△所以VP要使三棱錐P?ABC的體積最大，則在△PBCcos∠BPC整理得，PBPB2+當且僅當PB=則PA=32，AB=因為cos∠APC解得AC=3所以PC2+即AC⊥PC，AC⊥所以補全三棱錐成棱柱，如下圖，

則四邊形BCPD是菱形，點O為其外接球的球心，即AD中點，所以BP=3，CDAD=所以外接球半徑為3，即三棱錐P?ABC外接球的表面積為故選：B【點睛】三棱錐外接球表面積問題，從以下幾個角度分析：（1）面面角的定義以及辨析；（2）求解最值時，基本不等式的利用；（3）幾何體割補法的應用；（4）數(shù)形結合思想的應用.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9．（2023秋·河南新鄉(xiāng)·高二統(tǒng)考期末）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E、F

A．B1EB．A1GC．BD．直線B1E與直線A【答案】BD【分析】以D為原點，DA、DC、DD1所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，設【詳解】以D為原點，DA、DC、DD1所在直線分別為x、y、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設

則A2,0,0、E0,0,1、B12,2,2、A1所以，AE=?2,0,1，AF=?2,1,0，設平面AEF的法向量為m=x,令x=1，得m對于A選項，因為B1E與m不平行，所以B1對于B選項，因為A1G?m=0，所以A1G⊥m對于CD選項，cosB所以，異面直線B1E與直線A1故選：BD.10．（2023春·貴州·高二校聯(lián)考階段練習）如圖，在直棱柱ABC?A1B1C1

A．存在λ,μB．平面B1C．若A1B1∥D．若∠ABC=60°，且E為AC中點，則平面BDE與平面B【答案】ABD【分析】A選項，當E為AC中點，通過說明BE⊥面AA1C1C可得BE⊥【詳解】對于A，當μ=12時，E為AC中點，∵AB=BC，∴在等腰三角形ABC中，BE⊥AC，又在直三棱柱中，AA1⊥面ABC且BE在面ABC內(nèi)，∴AA1⊥BE且AA對于B，在直三棱柱中，BB1⊥面ABC且BB1對于C，若A1B1∥平面DEC1，因A1B1∥AB,AB?對于D，如圖建系，設AB=BC=BB1=2，則B10,3,2，C11,0,2，E0,0,0，設平面

故選：ABD.11．（2023春·浙江金華·高一浙江金華第一中學?？计谀┰诶忾L為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，P為側(cè)面BCA．線段A1PB．33C．對任意點P，總存在點Q，使得DD．存在點P，使得直線A1P與平面AD【答案】AC【分析】對選項A，直接通過建立空間直角坐標系，表示出線段A1P，即可求得；對選項B，轉(zhuǎn)化33A1Q為1?QR，然后通過坐標表示出QP?QR+1即可求得33A1Q+PQ的最小值；對選項C，通過D1【詳解】

建立如上圖所示的空間直角坐標系D?xyz，根據(jù)題意，可得：D0,0,0，A1,0,0，B1,1,0，C0,1,0，D設點Px1,1,z1，Qx2A1P=故有：cos45°=Q為線段A1C上的動點，則有：A1Q=對選項A，則有：A1對選項B，過點Q作平面ABCD的垂線，垂足為R，因為sin∠ACA1故33A1QR=1?λ故有：QP2則QP?QR+1≥1，當且僅當x1=對選項C，若D1Q⊥CPD1Q?則有：λ2λ?1又0≤λ≤1，則有：Δ=2λλ?1?2對選項D，易知平面ADD1A1的法向量為n=0,1,0，若直線即直線A1P與平面ADD1解得：32故選：AC.【點睛】方法點睛：解決立體幾何問題通常有兩種方法：一、建立空間直角坐標系，運用空間向量的運算與性質(zhì)解決立體幾何的問題，將問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算，解題時應結合已知和所求觀察圖形，聯(lián)想相關的運算法則和公式等，就近表示所需向量；二、通過傳統(tǒng)的幾何方法，需要較高的空間想象力.12．（2023春·福建泉州·高二校聯(lián)考期中）如圖，在棱長為6的正方體ABCD?A1B1C1D1

A．D1C與EFB．平面EFG截正方體所得截面的面積為27C．AD1D．若∠APD=∠FPC，則三棱錐【答案】BCD【分析】A選項，如圖建立以A為原點的空間直角坐標系，利用空間向量可判斷選項；做出截面求得截面面積可判斷B；利用線線平行可得線面平行判斷C，求得P的軌跡方程可求得三棱錐P?【詳解】以A為坐標原點，以AB,AD,AA1所在直線分別為

則E(3,0,0)，B(6,0,0)，F(xiàn)(6,3,0)，C(6,6,0)，D1∴D1C=(6,0,?6)，B1D1對A選項，cos<D1C則直線D1C與EF所成角為對B選項，由平面在兩平行平面上的交線互相平行，取C1D1的中點N,A1D1的中點H，AA1的中點K，連接GN,則過點E,F,G作正方體的截面，截面為正六邊形則正六邊形EFGNHK的面積為6S由正方體ABCD?A1B1∵F,G分別為BC,CC∴FG//AD1,∵∴AD1//如圖，AD⊥面CDD1C1，又PD?面

∵tan∠又∠APD根據(jù)題意可得D(0,6,0),C(6,6,0)又DPCP∴x2+z∴在正方形CDD1C1面內(nèi)(包括邊界)，P是以

令x=6，可得|∴當P為圓Q與線段CC1的交點時，P到底面ABCD的距離最大，最大距離為∴三棱錐P?BCD的體積最大值是故選:BCD.【點睛】關鍵點點睛：本題解題關鍵是建立空間直角坐標系，用向量的方法研究點線面的位置關系及數(shù)量計算.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分13．（安徽省蚌埠市2022-2023學年高二上學期期末數(shù)學試卷）正多面體也稱柏拉圖立體，被譽為最有規(guī)律的立體結構，是所有面都只由一種正多邊形構成的多面體（各面都是全等的正多邊形）.數(shù)學家已經(jīng)證明世界上只存在五種柏拉圖立體，即正四面體?正六面體?正八面體?正十二面體?正二十面體.已知一個正八面體ABCDEF的棱長都是2（如圖），M,N分別為棱AD,

【答案】52/【分析】根據(jù)題意得到BN=12【詳解】由題意，可得BN=AN?又由正八面體ABCDEF的棱長都是2，且各個面都是等邊三角形，在△ABD中，由AB=AD=2,BD所以FM=?1故答案為：52

14．（2023春·湖南株洲·高一統(tǒng)考期末）已知PA垂直于矩形ABCD所在的平面，PA=3,AB=2,【答案】212/【分析】過A作AH⊥BD于H，連接PH，由二面角的定義可得∠PHA為二面角P?BD?A的平面角，在直角三角形ABD【詳解】解：如圖所示：

過A作AH⊥BD于H，連接因為PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以又因為AH⊥BD，AH∩所以BD⊥平面APH，PH?平面APH，所以所以∠PHA為二面角P在直角三角形ABD中，因為AB=2,所以BD=AD在直角三角形PAH中，tan∠PHA故答案為：2115．（2023春·上海寶山·高二統(tǒng)考期末）已知a、b是空間互相垂直的單位向量，且c=8，c?a【答案】4【分析】利用坐標法，根據(jù)空間向量數(shù)量積的坐標運算，向量線性運算，不等式思想即可求解．【詳解】∵a,∴設a=(1,0,0)，b=(0,1,0)，設又c?a=又|c∴z∴c=(26,2∴c?∴|c?m當且僅當m=∴|c故答案為：4．16．（2023春·四川宜賓·高二?？计谀┤鐖D，在長方體ABCD?A1B1C1D1①存在點E,F，使得②三棱錐F?③設直線DE與D1F所成角為α，則④至少存在兩組E,F，使得三棱錐其中所有正確結論的序號是__________．

【答案】②④【分析】利用等體積轉(zhuǎn)化，求三棱錐F?ED1D【詳解】由題意，在長方體中，E到平面CC1D1D建立空間直角坐標系，如圖，

則D0,0,0,DDE=1,m,0，D則DE=1+m2，EF若△DEF是等邊三角形?故①錯誤；又DEcos若m若m∵0<0≤??cos綜上0≤cosα當E為AB中點，F(xiàn)與C重合時，如圖，

此時，D1又DE=EC=2,因為D1E=所以D1E⊥當E與B重合，F(xiàn)與C重合時，如圖，

顯然D1故三棱錐D1綜上可知，至少存在兩組E,F，使得三棱錐故答案為：②④四．解答題：本小題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17．（2023春·貴州遵義·高二統(tǒng)考期中）如圖，在三棱柱ABC?A1B1

(1)證明：AB⊥(2)若AC⊥AB1，∠CBB1【答案】(1)證明見解析(2)7【分析】（1）連接BC1，交B1C于點O，連接AO，證明出（2）以點O為原點建立空間直角坐標系，利用空間向量求出兩個平面所成銳二面角的余弦值作答.【詳解】（1）連接BC1，交B1C于O，連接AO，因為側(cè)面而AC=AB1，O為又AO∩BC1=O，且AO,而AB?平面AOB，所以AB（2）設AB=BC=2，而∠CBB1=π3即有AO2+OB2=AB以O為坐標原點，分別以OB，OB1，

則B10,1,0，C1?3B1C1設平面A1B1則n?B1C1顯然平面AB1C則cos?n所以平面AB1C與平面A18．（2023·全國·高二假期作業(yè)）如圖1，在平行四邊形ABCD中，∠A=60°,AD

(1)證明：平面BCD⊥(2)當二面角D?PA?【答案】(1)證明見解析；(2)12【分析】（1）要證平面BCD⊥平面PAD，只需證明BD（2）先找到二面角D?【詳解】（1）△ABD中，由余弦定理：B所以BD=23,則將△ABD沿BD折起，使得點A到達點P，則△ABD?△又AD∩PD=D,所以平面BCD⊥（2）

如圖，取PA中點E，連接BE,DE，因為AB=PB,AD=PD,則BE所以∠BED為二面角D且由（1）知，BD⊥平面所以tan∠BED△PDA中，PD=AD=2,所以由勾股定理可得AE=PD2+AD2=P所以AD⊥平面PBD,又BC//AD過D作DF⊥PB于點F，因為DF?平面PBD,所以因為BC∩PB=BRt△PBD中，sin∠PBD=19．（安徽省蚌埠市2022-2023學年高二上學期期末數(shù)學試卷）在三棱錐P?ABC中，BC⊥平面PAB，平面PAC

(1)證明：PA⊥平面ABC(2)若PA=22AB=22BC,【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）由線面垂直和面面垂直的性質(zhì)定理和判定定理證明即可；（2）由BD=12BA+【詳解】（1）證明：過點B作BO⊥AC于點

∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=∴BO⊥平面PAC，又PA?∵BC⊥平面PAB,∴BC∩BO=B（2）由（1）知BC⊥PA,則PA=2∵D為PC中點，∴BD∴cos∴AP與BD夾角的余弦值為220．（2023·山東菏澤·山東省鄄城縣第一中學?？既＃┮阎谥比庵鵄BC?A1B1C1中，其中AA1=2AC=4,AB=BC

(1)求證：平面AFC⊥平面A(2)在線段A1F上是否存在一點N，使得平面AFC與平面NB1C【答案】(1)證明見解析(2)存在，點N是線段A1F上靠近【分析】（1）根據(jù)A1F與底面ABC所成角的余弦值為22，推出△ABC是邊長為2的等邊三角形，取AC的中點O，A1C1的中點G，連OB（2）根據(jù)二面角的向量公式可求出結果.【詳解】（1）取AA1的中點D，連BD，因為F為BB1的中點，所以所以四邊形A1DBF為平行四邊形，所以因為A1F與底面ABC所成角的余弦值為22，所以BD與底面ABC因為三棱柱為直三棱柱，所以AD⊥平面ABC，所以∠DBA是BD與底面ABC所成角，所以cos∠DBA=2又AC=2，所以△ABC是邊長為取AC的中點O，A1C1的中點G，連OB,OG，則OB⊥AC以O為原點，OB,OC,則A(0,?1,0)，C(0,1,0)，F(xiàn)(3,0,2)，A1(0,?1,4)，E(0,1,3)，AF=(3,1,2)，AC=(0,2,0)，設平面AFC的一個法向量為m=(x1,y則m?AF=3x1+y1n?A1F=3x2+因為m?n=2×所以平面AFC⊥平面A（2）設A1N=λ=(3設平面NB1C則n1若λ=0，則有?3x3?y3此時|cos<m,n所以λ≠0，令x3=1，得y則n1所以cos<m,n1>整理得9λ2?6所以在線段A1F上存在一點N，使得平面AFC與平面NB1C1所成的銳二面角的余弦值為27

21．（2023春·廣東廣州·高三華南師大附中?？茧A段練習）如圖所示，在正四棱錐P?ABCD中，底面ABCD的中心為O，BE⊥PD于E，BE與PO交點為

(1)求證：EO//平面PAB(2)求二面角P?【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）延長FO至點M，使FO=OM，連接MD，進而可證△FOB（2）可證OC，OD，OP兩兩垂直，以O為坐標原點，分別以OC，OD，OP為坐標軸建立空間直角標系，求得平面APB與平面PBC的一個法向量，進而可求二面角A?【詳解】（1）如圖，延長FO至點M，使FO=OM，連接∵底面ABCD的中心為O，∴PO⊥平面ABCD，DB?平面ABCD∵BO=OD∴△FOB∴∠FBO=∠MDO，∴∴PFFM而PF=2FO=FM，∵PB?平面PBC，EO?平面PBC，∴（2）由（1）知E是PD的中點，又BE⊥PD，不妨設AB=1，則PB=PD∵P?ABCD是正四棱錐，底面ABCD的中心為O，∴OC，以O為坐標原點，分別以OC，OD，OP為坐標軸建立如圖所示的空間直角標系，

則P0,0,62，A?22,0,0，B∴BP=0,22,62，設平面PAB的一個法向量為n=n?BP=22y+62設平面ABE的一個法向量為m=則m?AB=22a?22∴cosm∴二面角P