2025年下學(xué)期高中空間向量與立體幾何試卷一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）已知向量$\vec{a}=(1,2,3)$，$\vec=(x,4,6)$，且$\vec{a}\parallel\vec$，則$x$的值為（）A.1B.2C.3D.4在空間直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)$A(1,2,3)$關(guān)于$x$軸對稱的點(diǎn)的坐標(biāo)是（）A.$(1,-2,-3)$B.$(-1,2,3)$C.$(-1,-2,3)$D.$(-1,-2,-3)$已知向量$\vec{a}=(2,-1,3)$，$\vec=(1,2,-1)$，則$\vec{a}\cdot\vec$的值為（）A.-3B.-1C.1D.3若直線$l$的方向向量為$\vec{v}=(1,2,-1)$，平面$\alpha$的法向量為$\vec{n}=(2,-1,1)$，則直線$l$與平面$\alpha$的位置關(guān)系是（）A.垂直B.平行C.相交但不垂直D.直線在平面內(nèi)在正方體$ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，棱長為1，則異面直線$AB_{1}$與$BC_{1}$所成角的余弦值為（）A.$\frac{1}{2}$B.$\frac{\sqrt{2}}{2}$C.$\frac{\sqrt{3}}{2}$D.$\frac{1}{3}$已知平面$\alpha$的一個法向量為$\vec{n}=(1,2,-2)$，點(diǎn)$A(0,0,1)$在平面$\alpha$內(nèi)，點(diǎn)$B(1,2,3)$，則點(diǎn)$B$到平面$\alpha$的距離為（）A.$\frac{1}{3}$B.$\frac{2}{3}$C.1D.$\frac{4}{3}$已知三棱錐$P-ABC$的三條側(cè)棱兩兩垂直，且$PA=PB=PC=1$，則三棱錐$P-ABC$的體積為（）A.$\frac{1}{6}$B.$\frac{1}{3}$C.$\frac{1}{2}$D.1下列命題中正確的是（）A.若兩個平面的法向量平行，則這兩個平面平行B.若一條直線的方向向量與一個平面的法向量垂直，則這條直線與該平面垂直C.若兩個平面垂直，則它們的法向量垂直D.若一條直線的方向向量與另一條直線的方向向量平行，則這兩條直線平行在空間直角坐標(biāo)系中，平面$2x-y+3z-6=0$與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)構(gòu)成的三角形的面積為（）A.6B.9C.12D.18已知正方體$ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$E$為$DD_{1}$的中點(diǎn)，則平面$AEC$的一個法向量可以是（）A.$(1,1,1)$B.$(1,-1,1)$C.$(1,1,-1)$D.$(1,-1,-1)$已知三棱柱$ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$的側(cè)棱垂直于底面，$AB=AC=AA_{1}=2$，$\angleBAC=90^{\circ}$，則異面直線$A_{1}B$與$AC_{1}$所成角的大小為（）A.$30^{\circ}$B.$45^{\circ}$C.$60^{\circ}$D.$90^{\circ}$已知四棱錐$P-ABCD$的底面是邊長為2的正方形，$PA\perp$底面$ABCD$，$PA=2$，則二面角$B-PC-D$的余弦值為（）A.$-\frac{1}{3}$B.$-\frac{1}{2}$C.$\frac{1}{3}$D.$\frac{1}{2}$二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）已知向量$\vec{a}=(1,0,-1)$，$\vec=(0,1,1)$，則$\vec{a}$與$\vec$的夾角為________。在空間直角坐標(biāo)系中，過點(diǎn)$A(1,2,3)$且與平面$2x-y+z=0$平行的平面方程為________。已知正三棱錐$P-ABC$的底面邊長為2，側(cè)棱長為3，則該三棱錐的高為________。已知正方體$ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$M$，$N$分別為$A_{1}B_{1}$，$B_{1}C_{1}$的中點(diǎn)，則直線$AM$與平面$ANC$所成角的正弦值為________。三、解答題（本大題共6小題，共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）（本小題滿分10分）已知向量$\vec{a}=(2,-1,3)$，$\vec=(1,2,-1)$，$\vec{c}=(3,-4,5)$。（1）求$2\vec{a}-\vec+3\vec{c}$；（2）求$(\vec{a}+\vec)\cdot(\vec-\vec{c})$。（本小題滿分12分）在空間直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)$A(1,0,0)$，$B(0,1,0)$，$C(0,0,1)$，$D(1,1,1)$。（1）求三棱錐$D-ABC$的體積；（2）求平面$ABC$與平面$ABD$所成二面角的余弦值。（本小題滿分12分）如圖，在直三棱柱$ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$中，$AC=BC=AA_{1}=2$，$\angleACB=90^{\circ}$，$D$為$AB$的中點(diǎn)。（1）求證：$AC_{1}\parallel$平面$B_{1}CD$；（2）求直線$A_{1}B$與平面$B_{1}CD$所成角的正弦值。（本小題滿分12分）在四棱錐$P-ABCD$中，底面$ABCD$是平行四邊形，$PA\perp$底面$ABCD$，$AB=AD=2$，$\angleBAD=60^{\circ}$，$PA=3$。（1）求證：$BD\perpPC$；（2）求二面角$A-PC-B$的余弦值。（本小題滿分12分）如圖，在正方體$ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，棱長為2，$E$，$F$分別是$AB$，$CC_{1}$的中點(diǎn)。（1）求點(diǎn)$D_{1}$到平面$EFD$的距離；（2）求三棱錐$E-DFD_{1}$的體積。（本小題滿分12分）如圖，在三棱錐$P-ABC$中，$PA\perp$底面$ABC$，$AB=AC=2$，$\angleBAC=90^{\circ}$，$PA=4$，$M$，$N$分別為$PB$，$PC$的中點(diǎn)。（1）求證：$MN\parallel$平面$ABC$；（2）在線段$BC$上是否存在一點(diǎn)$D$，使得$AD\perp$平面$PMN$？若存在，求出$BD$的長；若不存在，說明理由。參考答案一、選擇題B2.A3.C4.B5.A6.C7.A8.C9.B10.D11.C12.A二、填空題$60^{\circ}$14.$2x-y+z-7=0$15.$\frac{\sqrt{69}}{3}$16.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$三、解答題解：（1）$2\vec{a}-\vec+3\vec{c}=2(2,-1,3)-(1,2,-1)+3(3,-4,5)=(4,-2,6)-(1,2,-1)+(9,-12,15)=(12,-16,20)$。（2）$\vec{a}+\vec=(3,1,2)$，$\vec-\vec{c}=(-2,6,-6)$，$(\vec{a}+\vec)\cdot(\vec-\vec{c})=3\times(-2)+1\times6+2\times(-6)=-6+6-12=-12$。解：（1）由題意得，$\vec{AB}=(-1,1,0)$，$\vec{AC}=(-1,0,1)$，$\vec{AD}=(0,1,1)$。三棱錐$D-ABC$的體積$V=\frac{1}{3}S_{\triangleABC}\cdoth$，其中$h$為點(diǎn)$D$到平面$ABC$的距離。平面$ABC$的方程為$x+y+z=1$，點(diǎn)$D$到平面$ABC$的距離$h=\frac{|0+1+1-1|}{\sqrt{1+1+1}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$。$S_{\triangleABC}=\frac{1}{2}|\vec{AB}\times\vec{AC}|=\frac{1}{2}\sqrt{(-1)^2+(-1)^2+1^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$V=\frac{1}{3}\times\frac{\sqrt{3}}{2}\times\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{1}{6}$。（2）平面$ABC$的法向量為$\vec{n_1}=(1,1,1)$，平面$ABD$的法向量為$\vec{n_2}=(1,1,-1)$。設(shè)二面角$A-ABC-ABD$的大小為$\theta$，則$\cos\theta=\frac{|\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}|}{|\vec{n_1}||\vec{n_2}|}=\frac{|1+1-1|}{\sqrt{3}\sqrt{3}}=\frac{1}{3}$。（1）證明：連接$BC_1$，交$B_1C$于點(diǎn)$O$，連接$OD$。因?yàn)?O$為$BC_1$的中點(diǎn)，$D$為$AB$的中點(diǎn)，所以$OD\parallelAC_1$。又因?yàn)?OD\subset$平面$B_1CD$，$AC_1\not\subset$平面$B_1CD$，所以$AC_1\parallel$平面$B_1CD$。（2）解：以$C$為原點(diǎn)，$CA$，$CB$，$CC_1$所在直線分別為$x$軸，$y$軸，$z$軸，建立空間直角坐標(biāo)系。則$C(0,0,0)$，$A(2,0,0)$，$B(0,2,0)$，$A_1(2,0,2)$，$B_1(0,2,2)$，$D(1,1,0)$。$\vec{B_1C}=(0,-2,-2)$，$\vec{CD}=(1,1,0)$，設(shè)平面$B_1CD$的法向量為$\vec{n}=(x,y,z)$，則$\begin{cases}-2y-2z=0\x+y=0\end{cases}$，取$x=1$，得$\vec{n}=(1,-1,1)$。$\vec{A_1B}=(-2,2,-2)$，設(shè)直線$A_1B$與平面$B_1CD$所成角為$\theta$，則$\sin\theta=\frac{|\vec{A_1B}\cdot\vec{n}|}{|\vec{A_1B}||\vec{n}|}=\frac{|-2-2-2|}{\sqrt{12}\sqrt{3}}=\frac{6}{6}=1$。（1）證明：因?yàn)?PA\perp$底面$ABCD$，所以$PA\perpBD$。在平行四邊形$ABCD$中，$AB=AD$，所以四邊形$ABCD$為菱形，所以$AC\perpBD$。又因?yàn)?PA\capAC=A$，所以$BD\perp$平面$PAC$，所以$BD\perpPC$。（2）解：以$A$為原點(diǎn)，$AB$，$AD$，$AP$所在直線分別為$x$軸，$y$軸，$z$軸，建立空間直角坐標(biāo)系。則$A(0,0,0)$，$B(2,0,0)$，$D(1,\sqrt{3},0)$，$C(3,\sqrt{3},0)$，$P(0,0,3)$。$\vec{PC}=(3,\sqrt{3},-3)$，$\vec{BC}=(1,\sqrt{3},0)$，$\vec{AC}=(3,\sqrt{3},0)$。設(shè)平面$APC$的法向量為$\vec{n_1}=(0,1,0)$，平面$BPC$的法向量為$\vec{n_2}=(x,y,z)$，則$\begin{cases}3x+\sqrt{3}y-3z=0\x+\sqrt{3}y=0\end{cases}$，取$y=1$，得$\vec{n_2}=(\sqrt{3},1,2)$。設(shè)二面角$A-PC-B$的大小為$\theta$，則$\cos\theta=-\frac{|\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}|}{|\vec{n_1}||\vec{n_2}|}=-\frac{1}{\sqrt{3+1+4}}=-\frac{1}{2\sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{4}$。解：（1）以$D$為原點(diǎn)，$DA$，$DC$，$DD_1$所在直線分別為$x$軸，$y$軸，$z$軸，建立空間直角坐標(biāo)系。則$D(0,0,0)$，$D_1(0,0,2)$，$E(2,1,0)$，$F(0,2,1)$。$\vec{DE}=(2,1,0)$，$\vec{DF}=(0,2,1)$，$\vec{DD_1}=(0,0,2)$。設(shè)平面$EFD$的法向量為$\vec{n}=(x,y,z)$，則$\begin{cases}2x+y=0\2y+z=0\end{cases}$，取$x=1$，得$\vec{n}=(1,-2,4)$。點(diǎn)$D_1$到平面$EFD$的距離$d=\frac{|\vec{DD_1}\cdot\vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{|0+0+8|}{\sqrt{1+4+16}}=\frac{8}{\sqrt{21}}=\frac{8\sqrt{21}}{21}$。（2）$S_{\triangleDFD_1}=\frac{1}{2}|\vec{DF}\times\vec{DD_1}|=\frac{1}{2}\sqrt{(2)^2+(-1)^2+0^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}$，點(diǎn)$E$到平面$DFD_1$的距離