03空间向量与立体几何-重庆市2023-2024学年高二上学期期末数学专题练习（人教A版，2019

这是一份03空间向量与立体几何-重庆市2023-2024学年高二上学期期末数学专题练习（人教A版，2019，共22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．（2024上·重庆·高二校联考期末）在棱长为4的正方体中，棱上的点满足，是侧面上的动点，且平面，则点在侧面上的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．4
2．（2024上·重庆·高二校联考期末）在正方体中，是中点，点在线段上（含端点），若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
3．（2024上·重庆·高二统考期末）正三棱柱的所有棱长均相等，E，F分别是棱上的两个动点，且，则异面直线BE与AF夹角余弦的最大值为（ ）
A．1B．C．D．
4．（2024上·重庆·高二统考期末）正方体中的有向线段，不能作为空间中的基底的是（ ）
A．B．C．D．
5．（2024上·重庆·高二重庆十八中校考期末）已知向量，，，则（ ）
A．3B．9C．27D．81
6．（2024上·重庆·高二统考期末）已知，，且．则的值为（ ）
A．B．C．0D．2
7．（2024上·重庆长寿·高二统考期末）已知空间四点，，，，且，则满足条件点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
8．（2024上·重庆九龙坡·高二统考期末）已知向量，则在上的投影向量为（ ）
A．B．
C．D．
9．（2024上·重庆·高二校联考期末）已知空间四边形中，，则等于（ ）
A．B．
C．D．
10．（2023上·重庆江北·高二重庆十八中校考期末）已知是的重心，是空间中的一点，满足，，则（ ）
A．B．C．D．
11．（2023上·重庆沙坪坝·高二重庆市第七中学校校考期末）若向量，，则（ ）
A．B．C．D．
12．（2023上·重庆·高二统考期末）如图，在四面体中，是的中点．设，，，用，，表示，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
13．（2024上·重庆·高二重庆十八中校考期末）如图，已知正方体的棱长为1，若点E、F是正方形内（包括边界）的动点，若，，则下列结论正确的是（ ）
A．点E到的最大距离为
B．点F的轨迹是一个圆
C．的最小值为
D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
三、填空题
14．（2024上·重庆·高二校联考期末）各棱长均为1且底面为正方形的平行六面体，满足，则 ；此平行六面体的体积为 ．
15．（2024上·重庆长寿·高二统考期末）如图，是棱长为4的正方体，点在正方体的内部且满足，则到面的距离为 .

16．（2024上·重庆·高二统考期末）一种糖果的包装纸由一个边长为3的正方形和两个等腰直角三角形组成（如图1），沿，将这两个三角形折起到与平面垂直（如图2），连接，，，，若点满足且，则的最小值为 ．
17．（2023上·重庆长寿·高二统考期末）已知空间三点坐标分别为，，，点在平面内，则实数的值为 ．
18．（2022上·重庆·高二统考期末）与平面解析几何类似，在空间直角坐标系中，平面与直线可以用关于，，的三元方程来表示，过点且一个法向量为的平面的方程为；过点且一个方向向量为的直线的方程为．已知平面的方程为，直线的方程为，若直线在平面内，则经过原点且与直线垂直的平面的方程为 ．
19．（2023上·重庆沙坪坝·高二重庆市第七中学校校考期末）如图，在空间四边形中，，点为的中点，设.向量表示向量 .
20．（2023上·重庆·高二校联考期末）已知在正方体中，、分别为棱和的中点，且，则实数n的值为 .
21．（2023上·重庆北碚·高二统考期末）已知空间三点，则以AB，AC为邻边的平行四边形的面积为 ．
四、解答题
22．（2024上·重庆·高二重庆十八中校考期末）如图1所示，四边形中，，，，，，点M为的中点，点N为上一点，且，现将四边形沿翻折，使得与重合，得到如图2所示的几何体，其中．
(1)证明：平面；
(2)若点P是棱上一动点，当二面角的正弦值为时，试确定点P的位置．
23．（2024上·重庆·高二重庆一中校考期末）四棱锥中，底面为菱形.若，，.
(1)求证：平面；
(2)若，异面直线与所成角为，求二面角的正弦值.
24．（2024上·重庆长寿·高二重庆市长寿中学校校联考期末）如图，在平行六面体中，底面是边长为的正方形，侧棱的长为，且.求：
(1)的长；
(2)直线与所成角的余弦值.
参考答案：
1．A
【分析】取的中点，的中点，连接，证明面面，可得点在侧面上的轨迹为线段，求出线段的长度即可.
【详解】取的中点，的中点，连接，
在正方体中，明显有，
又面，面，面，面，
所以面，面，
又面，，
所以面面，
当在线段上运动时，有平面，
即点在侧面上的轨迹为线段，
又，
故点在侧面上的轨迹长度为.
故选：A.
2．A
【分析】建立合适空间直角坐标系，表示出点坐标，然后求解出平面的一个法向量，根据求解出的取值范围.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设，
所以，
设，所以，
所以，，
设平面的一个法向量为，
所以，令，所以，
所以，
令，对称轴，
所以，
所以，即，
故选：A.

3．D
【分析】设，以A为原点，方向分别为x，z轴正方向建立空间直角坐标系，从而得到和的坐标.又因为，从而得到异面直线BE与AF夹角余弦的最大值.
【详解】设，
以A为原点，方向分别为x，z轴正方向建立空间直角坐标系，
可得，，
故所求角的余弦值为，当时取“”．
故选：D
4．A
【分析】ABC选项，可直接看出是否共面，结合基底的概念判断出答案；D选项，利用表达出三个向量，设，得到方程组，无解，得到不共面，能作为空间中的一组基底.
【详解】A选项，共面，不能作为空间中的一组基底，A正确；
B选项，不共面，能作为空间中的一组基底，B错误；
C选项，不共面，能作为空间中的一组基底，C错误；
D选项，因为，，
设，
即，
，无解，
故不共面，能作为空间中的一组基底，D错误.

故选：A
5．A
【分析】利用空间向量共线，列式计算可求出，进而求出，再由向量的模长公式求解即可.
【详解】向量，且，
则，解得，所以，
所以，
所以.
故选：A.
6．A
【分析】利用空间向量数量积的坐标运算求解.
【详解】解：因为，，且，
所以，解得，
故选：A
7．A
【分析】根据，得，然后利用空间共线平行向量即可求解.
【详解】由题意知，，，且设，
所以得，故，逐项检验后A正确.
故选：A.
8．C
【分析】由投影向量的概念求解即可.
【详解】∵，
∴，，
∴在上的投影向量为，
故选：C.
9．C
【分析】利用向量插点法即可解题.
【详解】插入点有：……①
插入点有：……②
已知条件带入②式有：.
故选：C.
10．C
【分析】由是的重心可得，然后再结合题意即可求出.
【详解】由题意知是的重心，则，即
所以，
又因为，
所以.
故选：C.
11．C
【分析】由空间向量坐标运算即可得.
【详解】由，，则.
故选：C.
12．D
【分析】利用空间向量的线性运算直接得解.
【详解】由是的中点，
可知，
所以，
故选：D.
13．ACD
【分析】选项A：由，得，分析得的轨迹为圆，再求最值即可；选项B：由平面，而点在上，即的轨迹为线段；选项C：由E的轨迹为圆，的轨迹为线段，可分析得；选项D：建立空间直角坐标系，用向量法求最值.
【详解】对于A:，即，所以，
即点E在面内，以为圆心、半径为的圆上，
所以，当位于中点时，到直线的距离最大，
取的中点，连接，由题意得平面，
平面，所以，又因为，，
平面，所以平面，平面，
所以，所以到直线的距离最大为，故A正确；

对于B： 正方体中，，又，且，
所以平面，所以点F在上，即的轨迹为线段，故B错误；
对于C：在平面内，

到直线的距离为当点，落在上时，；故C正确；
对于D：

建立如图示的坐标系，则，
，
由B选项的证明过程可知：的轨迹为线段，
所以设，则，则，
而
设平面的法向量，则有，
不妨令，则，
设与平面所成角为，
则：
当时，有最大值，故D正确；
故选：ACD
【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法：
（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
14．
【分析】由空间向量基本定理可得，对其两边同时平方结合数量积的定义即可求出；连接交于点，连接，先证明平面，再由柱体的体积公式即可得出答案.
【详解】因为
，
所以.
连接交于点，连接，
因为底面为边长是的正方形，所以，
因为，连接，则，
所以在中，，所以，
又因为，所以，
，平面，
所以平面，所以平行六面体的体积为：
.
故答案为：；.
15．
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求点面距离即可.
【详解】如图所示建立空间直角坐标系，

则，
，
，
设平面的一个法向量，
所以，
取，即，
故到平面的距离.
故答案为：.
16．
【分析】由向量满足条件可知点是平面上的动点，转化为求点到平面的距离，利用补形及等体积法求解即可.
【详解】，且，
，所以四点共面，即点是平面上的动点，
所以的最小值即点到平面的距离，
由题意，几何体可补成边长为3的正方体，如图，
则可得，
设点到平面的距离为，则，
即，
解得.所以的最小值为.
故答案为：.
17．
【分析】根据题意,存在实数使得等式成立,将各点坐标代入,列出方程组求解即可.
【详解】点在平面内,
存在实数使得等式成立,
,
，解得.
故答案为：
18．
【分析】由题意列出关于的方程组，求得的值，进而得出答案.
【详解】由题意有，解得，
所以经过原点且与直线垂直的平面的方程为，
即．
故答案为：．
19．
【分析】根据给定条件，利用空间向量的基底及线性运算求解作答.
【详解】依题意，由得：，
则，而点为的中点，
所以.
故答案为：
20．
【分析】如图，利用向量的基本定理，在正方体中，用来表示，再利用表示方法唯一，对应相等即可.
【详解】
由正方体的性质和、分别为棱和的中点可得：
，
又，可得.
故答案为：
21．
【分析】利用空间向量的坐标运算求出及，再利用面积公式求解即可.
【详解】由已知，
，
，又
则，
以AB，AC为邻边的平行四边形的面积为
故答案为：.
22．(1)见解析
(2)点为靠近的三等分点.
【分析】（1）先根据勾股定理的逆定理得到，再根据线面垂直的判定定理和性质得到，并且利用勾股定理的逆定理得到，最后利用线面垂直的判定定理证得平面；
（2）先建立合适的空间直角坐标系，再写出相关点及向量的坐标，设求出，最后利用向量的夹角公式和同角三角函数的基本关系求得结果．
【详解】（1）∵四边形中，，，，，
M为的中点，且，
∴四边形为正方形，且边长为，
∴题图2中，四边形是边长为的正方形，故，
又，，∴，∴，
又，，平面，平面，
∴平面，∵平面，∴，
易知，∴，∴，
又，平面，平面，
∴平面；
（2）由（1）知平面，又，
以N为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，
设，则，
∴，，，
设平面的法向量为，则，
令，令，则，∴，
设平面的法向量为，则，
令，则，，∴，
设二面角的所成角为，所以，
∴，
即，即，
解得：或（舍去），故，
故点为靠近的三等分点.
23．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）借助线面垂直的判定定理与性质定理即可得；
（2）建立空间直角坐标系后由题意可计算出，求得平面及平面的法向量后即可得二面角的正弦值.
【详解】（1）底面为菱形，故，
又，，、平面，
故平面，又平面，
故，又，故为中点，
又，故，
又、平面，且，
故平面；
（2）由（1）知、且，
即、、、两两垂直，
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由，故，，设，
则有、、、、、，
故、、，
由异面直线与所成角为，
故，
解得（负值舍去），故，
由平面，故平面的法向量可为，
设平面的法向量为，
则有，即，可令，则有、，
即，
则，
故二面角的正弦值为.
24．(1)
(2)
【分析】（1）根据空间向量的运算，表示出，根据向量模的计算，即可求得答案；
（2）选定基底表示，求出向量的数量积以及它们的模，根据向量夹角公式求出的夹角的余弦值，即可求得直线与所成角的余弦值.
【详解】（1）由题意得，
所以
；
（2）
所以
，
，,
，
故，
由于异面直线所成角的范围为大于小于等于，
所以直线与AC所成角的余弦值为.