寒假作业2 第一章空间向量与立体几何 综合提升卷-2021-2022学年高二人教A版（2019）数学（新高考）

这是一份寒假作业2 第一章空间向量与立体几何 综合提升卷-2021-2022学年高二人教A版（2019）数学（新高考），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．在空间直角坐标系中，已知点，则线般的中点坐标是（ ）
A．B．
C．D．
2．如图，空间四边形中，，，，点在线段上，且，点为中点，则（ ）
A．B．
C．D．
3．如图，在长方体中，，，则直线和夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
4．已知空间向量，，若，则（ ）
A．11B．12C．13D．14
5．设平面与平面的夹角为，若平面的法向量分别为，则（ ）
A．B．C．D．
6．在三棱锥中，点E，F分别是的中点，点G在棱上，且满足，若，则（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在直三棱柱中，，，E是的中点，则直线BC与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．在四棱柱中，四边形是边长为2的菱形，，，，则下列结论中正确的个数为（ ）
①；②；③平面；④四棱柱的体积为.
A．4B．3C．2D．1
二、多选题
9．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．
10．已知直线过点，平行于向量，平面过直线与点，则平面的法向量可能是（ ）．
A．B．
C．D．
11．已知，分别为直线，的方向向量（不重合），，分别为平面，的法向量（不重合），则下列说法中，正确的是（ ）
A．B．
C．D．
12．在直三棱柱中，，，、分别是、的中点，在线段上，则下面说法中正确的有（ ）
A．平面
B．若是上的中点，则
C．平面与平面所成角的正弦值为
D．直线与直线所成角最小时，线段长为
三、填空题
13．若向量，，且与的夹角的余弦值为，则________.
14．在平行六面体中，底面ABCD为正方形，，，，若，则___________.
15．已知P是所在的平面外一点，，，，给出下列结论：
①；
②；
③是平面的一个法向量；
④，其中正确结论的个数是__________．
16．下图是一个棱长为的正方体，为底面的中心，点在侧面内运动，且，则点到底面的距离与它到点的距离之和的最小值是 _________.
四、解答题
17．已知两两垂直,,为的中点，点在上，.
（Ⅰ）求的长；
（Ⅱ）若点在线段上，设,当时，求实数的值．
18．如图，在长方体中，底面是正方形，，点M是正方形的中心.
（1）证明：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
19．如图所示，在平行六面体中，，，，.
（1）求；
（2）求线段的长.
20．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
21．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
22．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
参考答案
1．A
【分析】
设线般的中点坐标为，则，由空间向量的坐标运算即可求解.
【详解】
设线般的中点坐标为，
由可得，
所以可得，所以线般的中点坐标是，
故选：A.
2．A
【分析】
由题意结合图形，直接利用，即可求解.
【详解】
因为空间四边形中，，，，点在线段上，且，点为中点，
所以，
所以.
故选：A
3．D
【分析】
如图建立空间直角坐标系，分别求出的坐标，由空间向量夹角公式即可求解.
【详解】
如图：以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，
所以，
所以直线和夹角的余弦值为，
故选：D.
4．C
【分析】
根据，由求解.
【详解】
因为，，且，
所以存在实数，使得，
所以，
即，
解得，
所以，
故选：C.
5．B
【分析】
根据二面角与其两个面的法向量的夹角的关系判断．
【详解】
由题意，，
因平面与平面的夹角与其法向量的夹角相等或互补，
所以.
故选：B
6．B
【分析】
利用空间向量的加、减运算即可求解.
【详解】
由题意可得
故选：B.
7．D
【分析】
以，，的方向分別为x轴､y轴､z轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出答案.
【详解】
解：由题意知，CA，CB，CC1两两垂直，以，，的方向分別为x轴､y轴､z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，.
设平面的法向量为，则
令，得.
因为，所以，
故直线BC与平面所成角的正弦值为.
故选：D.
8．A
【分析】
①证得平面，结合线面垂直的判定定理即可判断；②结合空间向量的运算即可求出，进而求出结果即可判断；③证得和，结合线面垂直的判定定理即可判断；④根据棱柱的体积公式求出结果即可判断.
【详解】
因为，所以在底面内的射影落在直线上，所以，又，，所以平面，且平面，所以，故①正确；因为，所以
，所以，故②正确；因为，根据勾股定理，得，从而，因为，可得平面，故③正确；在中，，即为四棱柱的高，所以,故④正确；
故选：A.
9．AB
【分析】
利用向量的坐标公式，模的计算公式，对称点的坐标，及数量积公式依次计算即可得出结果.
【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.
10．ABC
【分析】
由题可知所研究平面的法向量垂直于向量，和向量，所以利用向量垂直的判定验证即可
【详解】
解：由题意可知，所研究平面的法向量垂直于向量，和向量，
而，
选项A，满足垂直，故正确；
选项B，满足垂直，故正确；
选项C，满足垂直，故正确；
选项D，，但，故错误．
故选：ABC
11．BC
【分析】
根据方向向量的关系和法向量的关系可判断线线关系和面面关系，即可得到答案．
【详解】
若两条直线不重合，则空间中直线与直线平行或垂直的充要条件是它们的方向向量平行或垂直，故选项A错误，B正确；
若两个平面不重合，则空间中面面平行或垂直的充要条件是它们的法向量平行或垂直，故选项C正确D错误．
故选：BC．
12．ACD
【分析】
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断各选项的正误.
【详解】
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、、、、、、、
.
对于A选项，，易知平面的一个法向量为，
，则，又因为平面，所以，平面，A对；
对于B选项，当是线段的中点时，，，
则，B错；
对于C选项，设平面的法向量为，，
由，取，可得，
易知平面的一个法向量为，则，
则，C对；
对于D选项，设，其中，
，
，
所以，当时，即当时，取得最大值，
此时，直线与直线所成角最小，则，则，D对.
故选：ACD.
13．或
【分析】
根据计算即可得出答案.
【详解】
解：由题意得，
即，即，解得或.
故答案为：或.
14．
【分析】
利用向量运算表示，由此求得.
【详解】
.
故答案为：
15．
【分析】
只需验证两组空间向量的数量积为即可判断垂直，可判断①②的正误；由①②及线面垂直的判定可判断③的正误；由空间向量的减法的坐标运算可得的坐标，由空间向量共线定理可判断④的正误．
【详解】
解：，，，
①，所以，故①正确；
②，所以，故②正确；
③由①②知，，，平面，
所以，是面的一个法向量，故③正确；
④，因为，故④错误．
故答案为：．
16．##
【分析】
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，求得，取线段的中点，可知点的轨迹为线段，求出点关于直线的对称点的坐标，由此可求得结果.
【详解】
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、、，设点，
，，
因为，则，即，即点，
由题意可得，则，
取点，则点的轨迹为线段，设点关于直线的对称点为点，
则线段的中点在直线上，所以，，可得，①
，，②，
联立①②可得，，则点，由对称性可知，
所以，点到底面的距离与它到点的距离之和的最小值，即为点到平面的距离，即为.
故答案为：.
17．（Ⅰ）（Ⅱ）
【分析】
（Ⅰ）建立空间直角坐标系，写出的坐标，从而可得的长；
（Ⅱ）利用垂直，向量数量积为0，求出的值.
【详解】
（Ⅰ）由题意， 以OA,OB,OC分别为x轴，y轴，z轴建立直角坐标系，

由于为的中点，点在上，可得,

（Ⅱ）设 ，且点在线段上



【点睛】
本题主要考查空间向量的应用，利用空间向量求解线段的长度，利用空间向量解决空间的垂直问题.
18．
（1）证明见解析
（2）
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，证明与法向量平行即可；
（2）求出向量的坐标，利用线面角的公式可求结果.
（1）
分别以为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图
则，，，，，，，，，，
设平面的一个法向量为，
取，则
（1）证明：∵，即与平面的法向量平行，
∴平面.
（2）
解：由（1）可知平面的一个法向量为，
∵，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
19．
（1）
（2）
【分析】
（1）利用空间向量的线性运算以及空间向量数量积的定义求解即可.
（2）利用空间向量的线性运算以及空间向量数量积的定义求解即可.
（1）
解：由题意可得，，
，
所以；
（2）
解：，
所以线段的长为.
20．（1）；（2）
【分析】
（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；
（2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】
（1）平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、，
则，，
，则，解得，故；
（2）设平面的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，
所以，，
因此，二面角的正弦值为.
【点睛】
思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.
21．（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）法一：作出辅助线，证明线面垂直进而证明出异面直线垂直；法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；法三：利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明.
（2）法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值；法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小．
【详解】
[法一]因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，易证，则．又因为，所以．又因为，所以平面．又因为平面，所以．
[法二] 【最优解】因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以
因为，，所以，又，所以平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
所以，
．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[法三]因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[法一]【最优解】设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[法二] 如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[法三]如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．在中，．
在中，由余弦定理得，，，，，当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】
第一问，法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
22．(1)详见解析(2)
【分析】
（1）根据面面垂直性质定理得AO⊥平面BCD，即可证得结果；
（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.
【详解】
（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AO⊥BD
因为平面ABD平面BCD,平面ABD⊥平面BCD，平面ABD，
因此AO⊥平面BCD，
因为平面BCD，所以AO⊥CD
(2)作EF⊥BD于F, 作FM⊥BC于M,连EM
因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD, AO⊥CD
所以EF⊥BD, EF⊥CD, ,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC
因为FM⊥BC，,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥ME
则为二面角E-BC-D的平面角,
因为,为正三角形,所以为直角三角形
因为,
从而EF=FM=
平面BCD,
所以
【点睛】
二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.