第1章 空间向量与立体几何 章末测试（提升）-2022-2023学年高二数学一隅三反系列（人教A版2019选择性必修第一册）

第1章 空间向量与立体几何 章末测试（提升）

一、单选题(每题5分，每题只有一个选项为正确答案，8题共40分)

1．（2022·全国·高二专题练习）已知长方体，下列向量的数量积一定不为0的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】选项A，当四边形ADD1A1为正方形时，可得AD1⊥A1D，而A1D∥B1C，可得AD1⊥B1C，此时有，故正确；

选项B，当四边形ABCD为正方形时，可得AC⊥BD，，，

平面BB1D1D，可得AC⊥平面BB1D1D，故有AC⊥BD1，此时有，故正确；

选项C，由长方体的性质可得AB⊥平面ADD1A1，平面ADD1A1，可得AB⊥AD1，此时必有0，故正确；

选项D，由长方体的性质可得BC⊥平面CDD1C1，平面CDD1C1，可得BC⊥CD1，△BCD1为直角三角形，∠BCD1为直角，故BC与BD1不可能垂直，即，故错误.

故选：D.

2．（2022·四川雅安·高二期末（理））设是正三棱锥，G是的重心，D是PG上的一点，且，若，则为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】

因为三棱锥是正三棱锥，G是的重心，

所以，

因为D是PG上的一点，且，

所以，

因为，

所以

,

因为，

所以，

所以为，

故选：B

3．（2022·河南许昌·高二期末（文））如图，在长方体中，M，N分别为棱，的中点，下列判断中正确的个数为（       ）

①直线；

②平面；

③平面ADM.

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】B

【解析】设长方体棱长为 ，

以D为坐标原点，分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

则

故 , ,

故直线不成立，①不正确；

在长方体中，平面，②正确，

因为，

设平面ADM的法向量为 ，则 ，

令 ，则 ，则，

而，故，

故平面ADM.不成立，故③错误，

故选：B

4．（2022·江苏泰州·高二期末）在平行六面体中，，，，，则与所成角的正弦值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】，

则，

，

，

，

，

，

所以，

故选：D

5．（2021·湖南·长沙一中高一期末）如图，四棱锥中，底面为矩形且平面，连接与，下面各组向量中，数量积不一定为零的是（       ）

A．与 B．与

C．与 D．与

【答案】C

【解析】对于A,因为平面，平面,所以,因为底面为矩形，所以,,平面,所以平面，平面,所以,即，所以，故A不正确；

对于B, 因为平面，平面,所以,因为底面为矩形，所以,,平面,所以平面，

平面,所以,即，所以，故B不正确；

对于C，因为底面为矩形，所以与不垂直，所以与不一定垂直，所以与不一定垂直，所以与的数量积不一定为0，故C正确．

对于D,因为平面，平面,所以,因为底面为矩形，所以,,平面,所以平面，

平面,所以,即，所以，故D不正确.

故选：C.

6．（2022·吉林长春·模拟预测（理））在矩形ABCD中，O为BD中点且，将平面ABD沿对角线BD翻折至二面角为90°，则直线AO与CD所成角余弦值为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】在平面中过作，垂足为；

在平面中过作，垂足为.

由于平面平面，且交线为，

所以平面，平面，

设，

，

同理可得，

以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，

则，

，

设与所成角为，

则.

故选：C

7．（2022·江苏徐州·高二期中）如图，正方体的棱长为6，点为的中点，点为底面上的动点，满足的点的轨迹长度为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】分别以，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，设，，

则，，

由得，即，

由于，所以，，

所以点的轨迹为面上的直线：，，即图中的线段，

由图知：，

故选：B.

8．（2022·安徽省芜湖市教育局模拟预测（理））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

【解析】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、多选题（每题至少有两个选项为正确答案，少选且正确得2分，每题5分。4题共20分）

9．（2022·山东聊城·高一期末）在边长为1的正方体中，M，N分别是，的中点，则（       ）

A．异面直线与MN所成的角为

B．二面角的正切值为

C．点C到平面BMN的距离是点到平面BMN的距离的2倍

D．过A，M，N三点的平面截该正方体所得截面的周长是

【答案】BCD

【解析】对于A，连接，因为M，N分别是，的中点，所以∥，因为∥，所以∥，所以异面直线与MN所成的角，因为为等边三角形，所以，所以异面直线与MN所成的角为，所以A错误，

对于B，如图，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，

所以，

设平面的法向量为，则

，令，则，

向量为平面的一个法向量，

设二面角的大小为，由图可知为锐角，则

，

所以

所以，所以B正确，

对于C，设，分别到平面的距离为，

因为，

所以,

所以，

所以，所以，

所以点C到平面BMN的距离是点到平面BMN的距离的2倍，所以C正确，

对于D，作直线，分别延长交于，

连接交于，连接交于，连接，则五边形为过A，M，N三点的截面，因为正方体的棱长为1，所以，

因为∽，所以，

所以，

所以，

所以，，

同理可得，，

所以五边形的周长为，所以D正确，

故选：BCD

10．（2022·福建·莆田八中高三开学考试）如图，四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面，O，P分别是的中点，M是棱SD上的动点，则下列选项正确的是（       ）

A．

B．存在点M，使平面SBC

C．存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°

D．点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值

【答案】ABD

【解析】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系（如图），

设，

则，

由M是棱SD上的动点，设，

，

，

，故A正确；

当为的中点时，是的中位线，

所以，

又平面，平面，

所以平面，故B正确；

，

若存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°，

则，

化简得，方程无解，故C错误；

点M到平面ABCD的距离，

点M与平面SAB的距离，

所以点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为，是定值，故D正确；

故选：ABD

11．（2022·浙江浙江·高一期中）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，为与的交点.记，则下列说法正确的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【解析】由，故A正确；

由为中点，

所以，

故B错误；

对C，以顶点为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，

即模长为，夹角为，

，所以，故C正确；

，，

又，

所以，

故D正确.

故选：ACD.

12．（2022·全国·高三专题练习）下列说法不正确的是（       ）

A．若，，且与的夹角为锐角，则的取值范围是

B．若，，不共线，且，则，，、四点共面

C．对同一平面内给定的三个向量，，，一定存在唯一的一对实数，，使得.

D．中，若，则一定是钝角三角形.

【答案】ACD

【解析】对于A，依题意，，且与不同向共线，求得，解得：且，A错误；

对于B，由，则，即，

于是得共面，且公共起点C，而，，不共线，，，，四点共面，B正确；

对于C，同一平面内不共线的非零向量，，，才存在唯一的一对实数，，使得，否则不成立，C错误；

对于D，在中，，则，于是得是锐角，不能确定是钝角三角形，D错误.

故选：ACD

三、填空题(每题5分，4题共20分)

13．（2022·全国·高二课时练习）四面体OABC的所有棱长都等于，E，F，G分别为OA，OC，BC中点，则___________.

【答案】

【解析】四面体OABC的所有棱长都等于，则此四面体是正四面体，不共面，

，因E，F，G分别为OA，OC，BC中点，

则，，

所以.

故答案为：

14．（2022·全国·高二）已知向量，，不共线，点在平面内，若存在实数，，，使得，那么的值为________.

【答案】1

【解析】因为点在平面内，则由平面向量基本定理得：存在，使得：

即，整理得：，

又，所以，，，从而.

故答案为：1

15．（2022·江苏泰州·高二期末）如图所示的木质正四棱锥模型，过点作一个平面分别交，，于点E，F，G，若，，则的值为___________.

【答案】

【解析】在正四棱锥中，连接交于点，连接,则平面，

以AC、BD交点O为坐标原点，射线OA、OB、OP为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，

设，，，， (a、b>0)，则，，，，

∴，，

由题意四点共面，则有，其中，

设，

∴

由方程组，即，解得，

所以，

故选：C.

16．（2022·浙江嘉兴·高一期末）如图，在三棱锥中，，平面ABC，于点E，M是AC的中点，，则的最小值为______．

【答案】

【解析】连接，如图，

因平面ABC，平面ABC，则，而，，平面PAB，

则平面PAB，又平面PAB，即有，

因M是AC的中点，则，又，

，当且仅当取“=”，

所以的最小值为.

故答案为：

四、解答题（17题10分，其余每题12分，6题共70分）

17．（2022·全国·高二专题练习）如图，在底面为菱形的平行六面体中，分别在棱上，且，且．

(1)用向量表示向量；

(2)求证：共面；

(3)当为何值时，．

【答案】(1)

(2)证明见解析

(3)1

【解析】(1)．

(2)证明：，，

，共面．

(3)当，，

证明：设，

底面为菱形，则当时，，

，，

，

，

．

18．（2022·内蒙古·满洲里市第一中学高二期末（理））如图所示，四棱锥中，平面平面，底面是边长为2正方形，，与交于点，点在线段上.

(1)求证：平面；

(2)若平面，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析(2)

【解析】（1）证明：因为平面平面且交线为，又平面且，所以平面，又平面，所以.因为是边长为2正方形，所以，又，所以，即，又因为，平面，所以平面.

（2）解：因为平面，平面，平面平面，所以，因为为的中点，所以为的中点，以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则有，易得平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，取，则，设平面与平面所成夹角为，则，所以平面与平面所成夹角的余弦值为.

19．（2022·全国·高二课时练习）如图所示，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ADC=60°，AC与BD交于点O，EC⊥底面ABCD，F为BE的中点，AB=CE.

（1）求证:DE∥平面ACF；

（2）求异面直线EO与AF所成角的余弦值；

（3）求AF与平面EBD所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.

【解析】（1）证明：连结OF，

∵在四棱锥E﹣ABCD中,底面ABCD是菱形,∠ADC＝60°,AC与BD交于点O,

∴O是BD中点,

∵F为BE的中点,

∴OF∥DE,

∵DE⊄平面ACF,OF⊂平面ACF,

∴DE∥平面ACF．

（2）取线段AD的中点G，连接CG，由题知△ACD为正三角形，

∴CG⊥AD，又AD∥BC，

∴CG⊥BC，

以C为坐标原点，CG，CB，CE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

设AB=CE=2，则E(0,0,2),B(0,2,0),A(,1,0),D(,-1,0)

∵O，F分别为BD，BE的中点，

∴，F(0,1,1),

∴

设异面直线EO与AF所成角为，则

即异面直线EO与AF所成角的余弦值为.

（3）设平面EBD的法向量为，

由得，

令，则

设AF与平面EBD所成角为，又，

∴

∴AF与平面EBD所成角的正弦值.

20．（2022·河南开封·高二期末（理））在直三棱柱中，E，F分别是，的中点．

(1)求证：平面；

(2)若，，二面角的余弦值为，求的长．

【答案】(1)证明见解析

(2)或

【解析】（1）证明：在直三棱柱中，E，F分别是，的中点，取的中点，连接，，如图则且，又且，所以且，所以四边形是平行四边形，所以．因为平面，平面，所以平面．

（2）解：因为在直三棱柱中，，所以，，两两垂直，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为E，F分别是，的中点，，设，则，，，，所以，，．设平面的一个法向量，由得令，则，即．设平面的一个法向量，由得,令，则,即．所以，因为二面角的余弦值为，所以，解得或．所以的长为或．

（3）

21．（2022·全国·高二专题练习）长方形中，，是中点（图），将沿折起，使得（图）在图中

(1)求证：平面平面；

(2)在线段上是否存点，使得二面角的余弦值为，说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，理由见解析

【解析】（1）在长方形中，连接，因为，是中点，所以，从而，所以．因为，，所以平面．因为平面，所以平面平面．

（2）为平面平面，交线是，所以在面过垂直于的直线必然垂直平面．以为坐标原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系．设，则，0，，，2，，，0，，．设，则．设，，是平面的法向量，则，即，取，，．平取面的一个法向量是，1，．依题意，即，解方程得， 因此是线段的中点时，二面角为大小为．

22．（2022·河南濮阳·高二期末（理））如图，在平行四边形中，，，，四边形为矩形，平面平面，，点在线段上运动．

(1)当时，求点的位置；

(2)在（1）的条件下，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．

【答案】(1)点为的中点

(2)

【解析】（1）解： ，，，，，， ，又，又平面平面，平面平面，平面，平面，所以以，，为，，轴建立空间直角坐标系，则，设．则，，，解得，．当时，点为的中点．

（2）解：由（1）可得，设平面的一个法向量为，则，取，则，易知平面的一个法向量为，，平面与平面所成锐二面角的余弦值为．