全国通用理科数学【一轮复习】19《空间向量在立体几何中的应用》 A卷

这是一份全国通用理科数学【一轮复习】19《空间向量在立体几何中的应用》 A卷，共12页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
单元训练金卷▪高三▪数学卷（A）第10单元 空间向量在立体几何中的应用注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．如果平面的一条斜线与它在这个平面上的射影的方向向量分别是，，那么这条斜线与平面所成的角是（    ）A．90° B．30° C．45° D．60°2．平面经过三点，，，则平面的法向量可以是（    ）A． B． C． D．3．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（    ）A． B． C． D．与相交4．如图，在平行六面体中，为的中点，设，，，则（    ）A． B． C． D．5．在长方体中，，，点为的中点，则异面直线与所成角的正切值为（    ）A． B． C． D．6．正方体中，直线与平面所成角的正弦值为（    ）A． B． C． D．7．对于空间任意一点和不共线的三点，，，且有，则，，是四点共面的（    ）A．必要不充分条件  B．充分不必要条件C．充要条件  D．既不充分又不必要条件8．已知二面角，其中平面的一个法向量，平面的一个法向量，则二面角的大小可能为（    ）A． B． C．或 D．9．已知在平行六面体中，，，，，，则的长为（    ）A． B． C． D．10．如图，已知矩形与矩形全等，二面角为直二面角，为中点，与所成角为，且，则（    ）A．1 B． C． D．11．在空间直角坐标系中，四面体各顶点坐标分别为，，，则该四面体外接球的表面积是（    ）A． B． C． D．12．如图，四边形，，，现将沿折起，当二面角的大小在时，直线和所成角为，则的最大值为（    ）A． B． C． D． 第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．已知点关于坐标原点的对称点为，关于平面的对称点为，关于轴的对称点为，则线段的中点的坐标为_______．14．在直三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为__________．15．如图，在正方体中，、分别为的中点，则平面和平面所成二面角的正弦值为__________．16．将直角三角形沿斜边上的高折成的二面角，已知直角边，那么下面说法正确的是_________．（1）平面平面；（2）四面体的体积是；（3）二面角的正切值是；（4）与平面所成角的正弦值是， 三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）如图，在正四棱柱中，分别为棱的中点，．（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．            18．（12分）如图，是以为直径的半圆上异于的点，矩形所在的平面垂直于半圆所在的平面，且，．（1）求证：平面平面；（2）若的长度为，求二面角的正弦值．         19．（12分）如图，在多面体中，四边形是边长为的菱形，，与交于点，平面平面，，，．（1）求证：平面；（2）若为等边三角形，点为的中点，求二面角的余弦值．                20．（12分）已知四棱锥的底面是菱形，，底面，是上的任意一点．（1）求证：平面平面；（2）设，是否存在点使平面与平面所成的锐二面角的大小为？如果存在，求出点的位置，如果不存在，请说明理由．                 21．（12分）如图所示，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD=AB=BC=1，CD=2，E为CD中点，AE与BD交于点O，将△ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置（P∉平面ABCE）．（1）证明：平面POB⊥平面ABCE；（2）若直线PB与平面ABCE所成的角为，求二面角的余弦值．           22．（12分）如图，已知四棱锥的底面为边长为的菱形，为中点，连接．（1）求证：平面平面；（2）若平面平面，且二面角的余弦值为，求四棱锥的体积．      
单元训练金卷▪高三▪数学卷（A）第10单元 空间向量在立体几何中的应用 答 案第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．【答案】D【解析】∵，又由题意知，∴．答案D．2．【答案】D【解析】设平面的法向量为，对于A选项，，故A选项错误；对于B选项，，故B选项错误；对于C选项，，故C选项错误；对于D选项，由于，，故D选项符合题意．所以本题选D．3．【答案】C【解析】∵直线l的方向向量为，平面的法向量为，∴，∴，∴，故选C．4．【答案】A【解析】根据向量的三角形法则得到．故选A．5．【答案】A【解析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，设异面直线与所成角为，则，，，异面直线与所成角正切值为，故选A．6．【答案】A【解析】如图，以点为坐标原点，以，，方向分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设棱长2，则，，，，所以，，因为在正方体中，，平面，所以，又，所以平面，因此向量为平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，则．故选A．7．【答案】B【解析】空间任意一点和不共线的三点，，，且，则四点共面等价于，若，，，则，所以四点共面，若四点共面，则，不能得到，，，所以，，是四点共面的充分不必要条件，故选B．8．【答案】C【解析】∵，，设与之间的夹角为，，，，二面角的大小可能为和．9．【答案】D【解析】在平行六面体中，，，，，，，，则，故选D．10．【答案】C【解析】以A为原点，AF为x轴，AB为y轴，AD为z轴，建立空间直角坐标系，设AB＝2a，BC＝2b，则F（2b，0，0），M（0，a，0），B（0，2a，0），D（0，0，2b），（﹣2b，a，0），（0，﹣2a，2b），∵FM与BD所成角为θ，且，∴，整理得，∴，解得，或（舍），∴，故选C．11．【答案】B【解析】如图，在空间坐标系里画出四个点，可得面，因此可以把四面体补成一个长方体，其外接球的半径，所以外接球的表面积为，故选B项．12．【答案】C【解析】取BD中点O，连结AO，CO，∵AB＝BD＝DA＝4．BC＝CD，∴CO⊥BD，AO⊥BD，且CO＝2，AO，∴∠AOC是二面角的平面角，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，B（0，﹣2，0），C（2，0，0），D（0，2，0），设二面角的平面角为θ，则，连AO、BO，则∠AOC＝θ，，∴，，设AB、CD的夹角为α，则，∵，∴，∴．∴cos的最大值为．故选C． 第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】【解析】点关于坐标原点的对称点A1的坐标为，点关于xOz平面的对称点A2的坐标为，点关于z轴的对称点A3的坐标为，∴线段AA3的中点M的坐标为．14．【答案】【解析】因为，所以角为直角，又直棱柱中，侧棱与底面垂直，所以两两垂直，以点为坐标原点，以方向分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，设异面直线与所成角为，则．故答案为．15．【答案】【解析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则E(1，0，0)，F(0，0，1)，B(2，2，0)，C1(0，2，2)，，，设平面EFC1B的法向量，则，取，得，平面BCC1的法向量，设平面EFC1B和平面BCC1所成二面角为，则，所以，故填．16．【答案】（3）（4）【解析】画出图像如下图所示，由图可知（1）的判断显然错误；由于，故是二面角的平面角且平面，故．过作交的延长线于，由于，故是三棱锥的高．在原图中，，，，，，所以，故（2）错误；以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系．，，，，，设平面的法向量为，则，令，则，即．平面的法向量是．设二面角的平面角为，由图可知为锐角，故，则其正切值为．故（3）判断正确；平面的法向量为，，设直线和平面所成的角为，则，故（4）判断正确．综上所述，正确的有（3），（4）． 三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）证明：在正四棱柱中，，底面，，又，平面，则，，，，，则，，平面．又平面，∴平面平面．（2）以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，．设是平面的法向量，，即，令，得，由（1）知，平面ABE的一个法向量为，，故平面与平面ABE所成锐二面角的余弦值为．18．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）证明：平面平面，两平面交线为，平面，，平面，平面，，是直角，，平面，平面，平面平面．（2）如图，连结，以点为坐标原点，在平面中，过作的垂线为轴，所在的直线为轴，在平面中，过作的垂线为轴，建立空间直角坐标系．的长度为，，则，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，令，解得，，，平面的一个法向量，，，二面角的正弦值为．19．【答案】（1）见证明；（2）．【解析】（1）证明：取的中点，连结、、，因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为、分别为、的中点，所以且．又，，所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面．（2）因为菱形，所以．所以，，两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，所以，所以，，设平面的法向量为，由，得，取，可得，平面的一个法向量为，设二面角的平面角为，则，因为二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为．20．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】（1）证明：∵平面，平面，∴．∵四边形是菱形，∴．∵，∴平面．∵平面，∴平面平面．（2）设与的交点为，以、所在直线分别为、轴，以过垂直平面的直线为轴建立空间直角坐标系（如图），则，，，，．设，则，设，∴，∴，∴，，设平面的法向量，∵，∴．求得为平面的一个法向量．同理可得平面的一个法向量为，∵平面与平面所成的锐二面角的大小为，∴，解得．∴为的中点．21．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）证明：在等腰梯形ABCD中，易知△DAE为等边三角形，所以OD⊥AE，OB⊥AE，即在△PAE中，OP⊥AE，∴AE⊥平面POB，AE⊂平面ABCE，所以平面POB⊥平面ABCE．（2）在平面POB内作PQ⊥OB=Q，∴PQ⊥平面ABCE．∴直线PB与平面ABCE夹角为，又∵OP=OB，∴OP⊥OB，O、Q两点重合，即OP⊥平面ABCE，以O为原点，OE为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，由题意得，各点坐标为，，，∴，，设平面PCE的一个法向量为，则，即，设，则，，∴，由题意得平面PAE的一个法向量，设二面角为α，．即二面角为α的余弦值为．22．【答案】（1）见证明；（2）2．【解析】（1）连接，∵菱形中，，∴为等边三角形，又为中点，∴．又，则，又，∴平面，又，∴平面，又平面，∴平面平面．（2）∵平面平面，且交线为，，平面，∴，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，则，则，，设平面的一个法向量为，则，即，可取，又平面的法向量可取，由题意得，解得，即，又菱形的面积，∴四棱锥的体积为．