空间向量与立体几何 训练题——2024届高中数学人教版（2019）一轮复习

专立体几何——空间向量与立体几何 训练题 基础训练 1.已知向量，，若，则实数m的值为( ) A.2 B.0 C.-2 D.4 2.已知正三棱柱的各棱长都是2，E，F分别是，的中点，则EF的长是( ) A.2 B. C. D. 3.如图，OABC是四面体，G是的重心，是OG上一点，且，则( ) A. B. C. D. 4.已知平面内有两点，，若平面的一个法向量为，则( ) A. B. C.-24 D.24 5.如图，圆台的高为4，上、下底面半径分别为3，5，，分别为下底面圆和上底面圆的圆心，M，N分别在上、下底面圆的圆周上，且，则( ) A. B. C. D.5 6.已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱长为4，E为的中点，则点到平面BDE的距离为( ) A. B.2 C. D. 提升训练 7.已知正三棱柱的棱长均为a，D是侧棱的中点，则平面ABC与平面所成角的余弦值为( ) A. B. C. D.0 8.已知四棱锥的底面为矩形，平面，，，直线PD与平面PAC所成角的正弦值为，则四棱锥的体积为( ) A.4 B. C. D.8 9.（多选）如图，在三棱柱中，M，N分别是，上的点，且，.设，，，若，，，则( ) A. B. C. D. 10.（多选）如图1，在菱形ABCD中，，，沿对角线BD将折起，使点A，C之间的距离为，如图2，若P，Q分别为直线BD，CA上的动点，则下列说法正确的是( ) A.平面平面BCD B.当，时，点D到直线PQ的距离为 C.线段PQ的最小值为 D.当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，PQ与AD所成角的余弦值为 11.设，，若，则___________. 12.已知点P为棱长等于4的正方体内部一动点，且，则的值达到最小时，与夹角的余弦值为__________. 13.如图所示，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，且平面，，点F为PC的中点，则二面角的正切值为__________. 14.已知几何体ABCDGEF，如图所示，其中四边形ABCD、四边形CDGF、四边形ADGE均为正方形，且边长为1，点M在棱DG上. （1）求证：. （2）是否存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为?若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由. 15.如图，在四棱锥中，，，，底面ABCD为正方形，M，N，Q分别为AD，PD，BC的中点. (1)证明：平面平面MNC. (2)求二面角的余弦值. 答案 1.答案：D 解析：易知不满足题意，所以，则由得，解得，故选D. 2.答案：C 解析：方法一：由题意知，，，又，所以，所以. 方法二：取AC的中点O，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，所以，. 方法三：设AC的中点为G，连接GE，GF.在中，. 3.答案：D 解析：连接AG，并延长交BC于点N，连接ON，如图. 由G是的重心，可得N为线段BC的中点，且.所以.所以，所以.故选D. 4.答案：C 解析：，由题知，所以，解得. 5.答案：A 解析：，，，.又，，，. 6.答案：D 解析：如图，以D为原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，. 设平面BDE的法向量为，则 令，则，，即. 所以点到平面BDE的距离.故选D. 7.答案：B 解析：以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，所以，，设平面的一个法向量为，则取，得.又平面ABC的一个法向量为， 所以，即平面ABC与平面所成角的余弦值为. 8.答案：B 解析：因为平面，平面ABCD，所以，，又，所以以D为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系.设，则，，，所以，.设平面PAC的一个法向量为，则取，得.又，与平面PAC所成角的正弦值为，所以，解得或(舍去)，则，所以. 9.答案：BD 解析：，A错误.，，，，，B正确.由题意知，，则，C错误，D正确. 10.答案：ACD 解析：取BD的中点O，连接OA，OC，由题意可知，，因为，所以，又，，所以平面BCD，因为平面ABD，所以平面平面BCD，故A正确； 以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，当，时，，，，，所以点D到直线PQ的距离为，故B错误； 设，由，得，则，故，当，时，，故C正确；当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，，，，，设PQ与AD所成的角为，则，即PQ与AD所成角的余弦值为，故D正确. 11.答案：9 解析：由，得， 解得，，，. 12.答案：0 解析：由题意可知点P在以A为球心，4为半径，且在正方体的内部的球面上运动，如图，取线段的中点E，连接PE，则，，所以.当A，P，E三点共线时，取最小值，此时，此时，所以. 13.答案： 解析：如图所示，设AC与BD交于点O，连接OF.以