第13讲 第一章 空间向量与立体几何 测评卷（提高卷）（讲义及试题）-（人教A版选择性必修一）

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第一章 空间向量与立体几何 章节验收测评卷(提高卷） 一、单选题（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．（2023春·江苏淮安·高二统考期末）已知直线的方向向量，平面的法向量，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】由题可得，所以可设，所以，所以.故选：C.2．（2023春·江苏淮安·高二统考期末）已知四棱锥的底面为正方形，平面，，点是的中点，则点到直线的距离是（    ）A． B． C． D．【答案】D【详解】如图建立空间直角坐标系，则，所以，所以，所以点到直线的距离是.故选：D.3．（2023春·江苏徐州·高二统考期中）在正四面体中，过点作平面的垂线，垂足为点，点满足，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【详解】由题知，在正四面体中，因为平面，所以是的中心，连接，则，所以.  故选：B4．（2023·全国·高三专题练习）在我国古代数学名著《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，，且，为的中点，则二面角的正弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】分别以直线为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，，，，，∴，，设为平面的一个法向量，由，取，则，取平面的一个法向量，设二面角为，则，∴．故选:C5．（2023春·四川成都·高二成都外国语学校校考期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，为的中点，则面与直线所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【详解】因为平面，四边形为矩形，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，，所以，，所以，，因此，面与直线所成角的余弦值为.故选：D.6．（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体中，，，在线段上取点M，在上取点N，使得直线平面，则线段MN长度的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【详解】解：如图，以为轴建立空间直角坐标系，则，，，设平面的一个法向量为，则，取，则，即，又，，，设，，则，因为平面，故即，当时，取得最小值，即的长度的最小值为．故选：D．  7．（2023·陕西铜川·统考二模）在四棱锥中，底面为菱形，，平面，，为线段的中点，为线段上的动点，则下列结论错误的是（    ）A．平面平面 B．三棱锥的体积为C．与平面所成角的最小值为 D．与所成角的余弦值为【答案】A【详解】如图，取中点，由题意，，，由余弦定理得，故，即，又，所以,又平面，且平面，平面，故，，如图，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，由题意，，，，，，，设，其中，设面的法向量为，而，，故有，即，令，则，故面的一个法向量为，设面的法向量为，而，，故有，即，令，则，故面的一个法向量为，选项A，因为，不恒为0，故选项A错误；选项B，由题意，，由于为中点，故，到面距离相等，从而，所以选项B正确；选项C，因为平面，所以平面的一个法向量，而，设与面所成角为，故，因为，所以当时，取最小值，此时取最小值，故选项C正确；选项D，由题意，，，故，从而与所成角的余弦值为，故选项D正确.故选：A.8．（2023·江西·校联考二模）在四棱锥中，棱长为2的侧棱垂直底面边长为2的正方形，为棱的中点，过直线的平面分别与侧棱、相交于点、，当时，截面的面积为（    ）A． B．2 C． D．3【答案】A【详解】由题意，平面，四边形为正方形，如图，建立空间直角坐标系D-xyz，  则，，，，，，，设，，则，又，，所以，则，由题意，四点共面，所以，所以，解得，所以，，所以，所以，即，所以，所以，又，所以，即，所以，所以，所以截面的面积为.故选：A二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9．（2023春·山西晋中·高二校联考阶段练习）如图，在正方体中，分别为的中点，则（    ）A．B．平面C．平面D．直线与直线所成角的余弦值为【答案】AD【详解】以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则..A选项，因为，所以，A正确.B选项，设平面的法向量为，则，令得，，故，因为，所以与不垂直，则直线与平面不平行，错误.C选项，若平面，则.因为，所以直线与直线不垂直，矛盾，C错误.D选项，，D正确.故选：AD10．（2023·海南海口·海南华侨中学校考一模）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点，则下列说法正确的是（    ）  A．不存在点，使得B．存在点，使得C．对于任意点，到的距离的取值范围为D．对于任意点，都是钝角三角形【答案】ABC【详解】由题知，在正方体中，是棱上的动点，建立以为原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向的空间直角坐标系.所以，，，设，其中，所以，，当时，即，所以，显然方程组无解，所以不存在使得，即不存在点，使得，故A项正确；当时，解得，故B项正确；因为，其中，所以点Q到的距离为，故C项正确；因为，，其中，所以，所以三角形为直角三角形或钝角三角形，故D项错误.  故选：ABC11．（2023春·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）已知四面体的外接球球心为，内切球球心为，满足平面，，是线段上的动点，实数，满足，实数a，b，c，d满足，则下列说法正确的是（    ）A．， B．C．若，则 D．若，则//平面【答案】ABCD【详解】根据空间向量“奔驰定理”可知，，因为四面体的内切球球心，所以，如图，平面，平面，所以，且，，平面，所以平面，平面，所以，因为，，所以，，即，故A正确；因为和是有公共斜边的直角三角形，斜边的中点到顶点的距离都相等，且为，所以四面体外接球的球心为的中点，所以，即，故B正确；  因为平面，平面，所以，若，，平面，所以平面，平面，所以，故C正确；  因为平面，平面，故平面平面，过作，垂足为，因为面平面，平面，故面，而面，故，若，则，而平面，故平面，故，而平面，平面，所以平面，故D正确.故选：ABCD12．（2023春·安徽安庆·高二安徽省宿松中学校考期中）如图，边长为4的正方形是圆柱的轴截面，点为圆弧上一动点（点与点不重合），则（    ）A．存在值，使得B．三棱锥体积的最大值为C．当时，异面直线与所成角的余弦值为D．当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为【答案】BCD【详解】对于选项，由题意知，若，，平面，则平面，所以，不成立，故不正确；对于选项，在三棱锥中，半圆面，则是三棱锥的高，当点是半圆弧的中点时，三棱锥的底面积取得最大值，三棱锥的体积取得最大值为，故选项B正确；对于选项C：当时，则为的中点，以的中点为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，则,，，，可得，则，故异面直线与所成角的余弦值为，所以正确；对于选项，取的中点，过点作于点，连接，由题意知，平面，平面，，又因为，，平面，可得平面，所以为在平面内的射影，则为直线与平面所成的角，设，则，在Rt中，，所以，故，令，则，且，所以，当且仅当，即时取等号，所以，则，所以直线与平面所成最大角的正弦值为，此时，所以，连接，因为平面，平面，所以，因为为正方形，所以，在中，可得，在中，可得，则，因为，所以点为四棱锥外接球的球心，因为，由，解得，所以球心到面的距离，设截面半径为，则有，所以截面面积为，故D正确. 故选：BCD.三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.）13．（2023秋·安徽蚌埠·高二统考期末）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体､正六面体､正八面体､正十二面体､正二十面体.已知一个正八面体的棱长都是2（如图），分别为棱的中点，则__________.  【答案】/【详解】由题意，可得，，又由正八面体的棱长都是，且各个面都是等边三角形，在中，由，可得，所以，所以.故答案为：.  14．（2023·全国·高三专题练习）已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是__________．【答案】，【详解】空间向量，，则向量在向量上的投影向量是，所以向量在向量上的投影向量的坐标是.故答案为：15．（2023·江苏镇江·扬中市第二高级中学校考模拟预测）在正方体中，点是棱的中点，是侧面上的动点，满足//平面，若该正方体的棱长为，则点到直线的距离的最小值为__________.【答案】【详解】因为//，，所以为平行四边形，则//，平面，平面，可得//平面，故点在线段上（点除外），点到直线的距离的最小值为异面直线之间的距离，如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，可得，设，可得，则，令，解得，即，此时，符合题意，所以点到直线的距离的最小值为.故答案为：.16．（2022秋·北京·高二人大附中校考期中）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种成两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得，这个正多面体的表面积为___________.若点E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为___________.【答案】 / 【详解】由题意得该几何体有6个面为边长为的正方形，8个面为边长为的等比三角形，故，在原正方体中建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设，，，则直线DE与直线AF所成角的余弦值，而，故，，故答案为：；四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）17．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面为的中点，底面是边长为2的正方形，且二面角的余弦值为．(1)求的长；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)(2)【详解】（1）如下图所示，以为原点，分别为轴、轴、轴建系.，，设，则.所以，.容易看出，平面的一个法向量为.设平面的法向量为，则有，即取，则，，即.由题，二面角的余弦值为，解得,故的长为.（2）由（1）得，，.则点到平面的距离为.18．（2023秋·河南郑州·高二统考期末）如图，已知平面ABCD，底面ABCD为正方形，，M，N分别为AB，PC的中点．(1)求线段MN的长；(2)求PD与平面PMC所成角的正弦值．【答案】(1)(2)【详解】（1）根据题意，分别以所在直线为轴、轴、轴，以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系：则N分别为PC的中点，所以，易知，所以（2）易得，设平面的法向量为则，令，则；所以设直线与平面所成角为，则，即PD与平面PMC所成角的正弦值为19．（2023春·湖南湘潭·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面，底面是正方形，与相交于点E，点F在线段上，且.(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的正弦值.【答案】(1)见解析(2)【详解】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，则  故,由得,所以,， ， 由于因此，进而,又平面,故平面；（2），  设平面的法向量，，，则，取，得， 平面的法向量，则，取，得， 设平面与平面的夹角，则． ．20．（2023秋·广东湛江·高二统考期末）如图，在棱长为2的正方体中，E为AD中点．(1)求平面与平面夹角的余弦值；(2)探究线段上是否存在点F，使得平面？若存在，确定点F的位置；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在，点为线段上靠近点的三等分点见解析【详解】（1）如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，0，，，2，，，2，，，0，，，0，，，2，，，0，．，，设平面的法向量，，即，令，则，，，连接，，由于平面，平面,所以，平面，平面，为平面的一个法向量．，平面与平面夹角不超过，故平面与平面夹角的余弦值为（2）假设在线段上存在点，使得平面．设，，，平面，，即，，2，，，，即，解得，在线段上存在点，使得平面，此时点为线段上靠近点的三等分点．21．（2023·安徽安庆·安徽省桐城中学校考一模）如图，在八面体中，四边形是边长为2的正方形，平面平面，二面角与二面角的大小都是，，．(1)证明：平面平面；(2)设为的重心，是否在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求到平面的距离，若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，【详解】（1）因为为正方形，所以，又，，平面，所以平面，所以为二面角的平面角，即，又平面平面，，所以平面，即为二面角的平面角，即，如图建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，即，所以，因为平面，平面，所以平面，又，平面，平面，所以平面，因为，平面，所以平面平面.（2）由点在上，设点，其中，点，所以，平面的法向量可以为，设与平面所成角为，则，即，化简得，解得或（舍去），所以存在点满足条件，且点到平面的距离为.22．（2023·安徽蚌埠·统考模拟预测）已知三棱柱中，侧面是正方形，底面是等腰直角三角形，且为线段中点，.(1)求证：平面平面；(2)在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角为，且满足？若不存在，请说明理由；若存在，求出的长度.【答案】(1)证明见解析(2)存在，【详解】（1）证明：因为侧面是正方形，底面是等腰直角三角形，所以，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以，由平行四边形，且，可得四边形为菱形，且，可得是等边三角形，因为为中点，可得，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）解：假设存在点满足题意，则由（1）知平面，取中点，以方向分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则，可得，设，则，设平面的法向量为，则，取，可得，设平面的法向量为，则取取，可得.则，整理得，解得或（舍去）.故存在满足题意.