【培优分阶练】高中数学(人教A版2019)选修第一册 第一章《空间向量与立体几何》（章节综合测试）（含解析）

第一章 空间向量与立体几何考点达标练1．（2022·湖南衡阳·二模）设、是空间中两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列说法正确的是（       ）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，，则【答案】A【详解】对于A选项，设直线、的方向向量分别为、，因为，，则平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，因为，则，故，A对；对于B选项，若，，，则、平行或异面，B错；对于C选项，若，，，则、的位置关系不确定，C错；对于D选项，若，，，，则、平行或相交，D错.故选：A.2．（2022·河北石家庄·一模）《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右，是当时世界上最简练有效的应用数学专著，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系.在《九章算术》，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.已知在“堑堵”中，，，动点在“堑堵”的侧面上运动，且，则的最大值为（       ）.A． B． C． D．【答案】B【详解】由题意可知三棱柱为直三棱柱，且，以为坐标原点， 分别为轴，建立如图所示的直角坐标系，如下图所示：因为，则，由于动点在“堑堵”的侧面上运动，则存在实数使得，又，所以，所以，又，所以，化简可得，即，又，又，所以，,所以，又，函数在上单调递减，且，所以的最大值为.故选：B.3．（2022·安徽淮北·一模（理））在空间直角坐标系中，已知，，则点到直线的距离为（       ）A． B． C． D．【答案】C【详解】∵，，，∴，∴，∴在方向上的投影数量为，∴点到直线的距离为.故选：C.4．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（理））在正方体中，，分别为，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（       ）A． B． C． D．【答案】A【详解】如图，以AB、AD、分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则则因为所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：A5．（2022·辽宁丹东·模拟预测）在三棱锥中，平面ABC，，是正三角形，M，N分别是AB，PC的中点，则直线MN，PB所成角的余弦值为（       ）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】利用空间向量处理，根据异面直线夹角的处理代入计算．【详解】如图，以AC的中点O为坐标原点建立空间直角坐标系，设则，则直线MN，PB所成角的余弦值为故选：D．课后培优练级练培优第一阶——基础过关练1．若，则=（       ）A． B． C． D．【答案】D【详解】.故选：D2．已知，，，为空间中四点，任意三点不共线，且，若，，，四点共面，则的值为（       ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【详解】若，，，四点共面，则，则故选：D．3．已知空间向量，，若，则（       ）A． B． C．1 D．2【答案】A【详解】由，解得，则.故选：A.4．已知向量，若，则实数x的值为（       ）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】D【详解】解：因为，所以.故选：D5．若向量，且与的夹角余弦值为，则实数等于（       ）A．0 B．－ C．0或－ D．0或【答案】C【详解】由题知，即，解得或.故选：C6．已知向量，，则在的方向上的数量投影为（       ）A． B． C． D．【答案】C【详解】由题意知：在的方向上的数量投影为.故选：C.7．已知经过点的平面的法向量为，则点到平面的距离为（       ）A． B．2 C． D．【答案】D【详解】依题意，，所以点P到平面的距离为.故选：D8．在三棱锥P—ABC中，PA、PB、PC两两垂直，且PA=PB=PC，M、N分别为AC、AB的中点，则异面直线PN和BM所成角的余弦值为（       ）A． B． C． D．【答案】B【详解】以点P为坐标原点，以，，方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，令，则，，，，则，，设异面直线PN和BM所成角为，则.故选：B.二、多选题9．已知空间中三点，，，则下列结论正确的有（       ）A．B．与共线的单位向量是C．与夹角的余弦值是D．平面的一个法向量是【答案】AD【详解】，故，A正确；不是单位向量，且与不共线，B错误；，C错误；设，则，，所以，又，所以平面的一个法向量是，D正确.故选：AD10．空间直角坐标系中，已知，下列结论正确的有（       ）A． B．若，则C．点A关于平面对称的点的坐标为 D．【答案】AB【详解】，,，A正确,D错误.若，则,则,B正确，点A关于平面对称的点的坐标为，故C错误，故选：AB.三、填空题11．已知两平面的法向量分别为，，则两平面所成角的大小为___________.【答案】45°##【详解】，∴，因为两平面夹角范围是[0°,90°]，∴这两个平面所成角的大小为45°．故答案为：45°．12．已知向量，，，则______【答案】9【详解】因为，，所以，所以.故答案为：9培优第二阶——拓展培优练一、单选题1．已知均为空间单位向量，它们的夹角为60°，那么等于（       ）A． B． C． D．4【答案】C【详解】．故选：C.2．已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为（        ）A． B．C． D．【答案】C【详解】如图，以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系.设AA1＝2AB＝2，则B(1,1,0)，E(1,0,1)，C(0,1,0)，.所以，.所以.故选：C3．已知三维数组，，且，则实数（       ）A．-2 B．-9 C． D．2【答案】D【详解】∵，，，，，，且，∴，解得．故选：D．4．已知，，且，则向量与的夹角为（       ）A． B． C． D．【答案】D【详解】∵，∴x＝1，∴，∴，又∵，∴与的夹角为.故选：D.5．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面BCD，，且，M为AD的中点，则异面直线BM与CD夹角的余弦值为(       )A． B． C． D．【答案】A【详解】如图，正方体内三棱锥A-BCD即为满足题意的鳖臑，以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则，，，，，则，，，则异面直线BM与CD夹角的余弦值．故选：A．6．如图为一个四棱锥与三棱锥的组合体，C，D，E三点共线，已知三棱锥P－ADE四个面都为直角三角形，且ED⊥AD，PA⊥平面ABCE，PE＝3，CD＝AD＝2，ED＝1，则直线PC与平面PAE所成角的正弦值等于（       ）A． B．C． D．【答案】C【详解】如图建立空间直角坐标系，，，，则有：，，设平面PAE的法向量，则有,令,则，即∴，即直线PC与平面PAE所成角的正弦值为．故选：C．7．已知正方体的棱长为.以为坐标原点，以为轴正半轴，为轴正半轴，为轴正半轴建立空间直角坐标系，动点满足直线与所成夹角为的最大值为（       ）A． B． C．1 D．2【答案】D【详解】正方体的棱长为,可得，,点，则，由动点满足直线与所成夹角为可得，整理得由，可得，当时取等号，即最大值为2，故选：D8．如图所示，圆柱中，是底面直径，点是上一点，，点是母线上一点，点是上底面的一动点，，，，则（       ）A．存在点，使得B．存在唯一的点，使得C．满足的点的轨迹长度是D．当时，三棱锥外接球的表面积是【答案】D【详解】由圆锥的性质可得平面，如图以为原点，为的正方向建立空间直角坐标系，设，，则，，，，设关于点的对称点为，因为，，所以，所以，又，所以，A错误，又，因为，所以，所以，所以，所以满足的点的轨迹为圆，B错误，因为，，，所以，所以，故，所以满足的点的轨迹为线段，所以，C错误，因为，,,所以为直角三角形，取的中点为,又为直角三角形，所以,故为三棱锥外接球的球心，故外接球的半径为，所以三棱锥的外接球的表面积为，D正确，故选：D.二、解答题9．在如图所示的五面体中，面是边长为2的正方形，面，，且，为的中点，N为CD中点.(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值；(3)求点到平面的距离．【解析】(1)证明：如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，显然平面的法向量可以为，所以，即，又平面，所以平面；(2)解：因为，，设平面的法向量为，则，令，则，所以，显然平面的法向量可以为，设二面角为，由图可知二面角为钝角，则，所以二面角的余弦值为；(3)解：由（2）知平面的法向量为，又，设点到平面的距离为，则所以点到平面的距离；10．已知底面ABCD为菱形的直四棱柱，被平面AEFG所截几何体如图所示.(1)若，求证：；(2)若，，三棱锥GACD的体积为，直线AF与底面ABCD所成角的正切值为，求锐二面角的余弦值.【解析】(1)连接BD，交AC于点O，底面ABCD为菱形，∴，由直四棱柱得底面ABCD，又平面ABCD，∴，又，BD，平面BDG，∴平面BDG，因为平面BDG，∴已知，又，AC，平面ACE，∴平面ACE，因为平面BDG，∴∵平面平面CFGD平面平面，平面平面，∴，则(2)已知，，可求，由，则在直四棱柱中，底面ABCD，所以为直线AF与底面ABCD所成角，，则在平面ACF内作，可知底面ABCD，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，，，，，则设平面BCE的法向量为，则取，得，，得，由（1）知平面ACE，所以平面ACE的一个法向量为则，所以锐二面角的余弦值为培优第三阶——高考沙场点兵一、单选题1．（2022·全国·高考真题（文））在正方体中，E，F分别为的中点，则（       ）A．平面平面 B．平面平面C．平面平面 D．平面平面【答案】A【详解】解：在正方体中，且平面，又平面，所以，因为分别为的中点，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确；选项BCD解法一：如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，则，，则，，设平面的法向量为， 则有，可取，同理可得平面的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，则，所以平面与平面不垂直，故B错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故C错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故D错误，故选：A.选项BCD解法二：解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，在内，作于点，在内，作，交于点，连结，则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，由勾股定理可知：，，底面正方形中，为中点，则，由勾股定理可得，从而有：，据此可得，即，据此可得平面平面不成立，选项B错误；对于选项C，取的中点，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；故选：A.2．（2020·海南·高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（       ）A．20° B．40°C．50° D．90°【答案】B【详解】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..由于，所以，由于，所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.二、解答题3．（2022·全国·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．(1)证明：平面；(2)若，，，求二面角的正弦值．【解析】(1)证明：连接并延长交于点，连接、，因为是三棱锥的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，又平面，平面，所以平面(2)解：过点作，如图建立平面直角坐标系，因为，，所以，又，所以，则，，所以，所以，，，，所以，则，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以；设平面的法向量为，则，令，则，，所以；所以.设二面角的大小为，则，所以，即二面角的正弦值为.4．（2022·全国·高考真题（理））在四棱锥中，底面．(1)证明：；(2)求PD与平面所成的角的正弦值．【解析】(1)证明：在四边形中，作于，于，因为，所以四边形为等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又因为平面，所以；(2)解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，，则，则，设平面的法向量，则有，可取，则，所以与平面所成角的正弦值为.5．（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【解析】(1)过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点交于点、．∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，∵，且，∴平面是二面角的平面角，则，∴是正三角形，由平面，得平面平面，∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．(2)因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则，设平面的法向量为由，得，取，设直线与平面所成角为，∴．