第一章 空间向量与立体几何 章末检测卷-2024年新高二数学暑假衔接重点知识回顾与新课预习（人教A版2019）

第一章 空间向量与立体几何 章末检测卷 题号 一 二 三 四 总分 得分 练习建议用时：120分钟 满分：150分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．已知直线l的一个方向向量，且直线l经过和两点，则（    ） A． B． C．1 D．2 2．在四面体中，，D为的三等分点（靠近B点），E为的中点，则（    ） A． B． C． D． 3．如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为（    ）    A． B． C． D． 4．已知直线是正方体体对角线所在直线，为其对应棱的中点，则下列正方体的图形中满足平面的是（    ） A．（1）（2） B．（1）（3） C．（1）（4） D．（2）（4） 5．在棱长为2的正方体中，下列说法不正确的是（    ） A．直线与平面所成的角为 B． C．三棱锥外接球的表面积为 D．平面与平面的距离为 6．已知棱长为1的正方体，以正方体中心为球心的球与正方体的各条棱相切，若点在球的正方体外部（含正方体表面）运动，则的最大值为（    ） A．2 B． C． D． 7．如图，三棱柱满足棱长都相等，且平面，是棱的中点，是棱上的动点，设，随着增大，平面与底面所成钝二面角的平面角是（    ） A．减小 B．先减小再增大 C．先增大再减小 D．增大 8．如图，正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且．则下列结论不正确的是（    ） A．若保持．则点的运动轨迹长度为 B．保持与垂直时，点的运动轨迹长度为 C．沿正方体的表面从点到点的最短路程为 D．当在点时，三棱锥的外接球表面积为 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多顶符合题目要求。全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分;若只有3个正确选项，每选对一个得2分 9．如图，在三棱柱中，底面为等边三角形，为的重心，，若，则（    ） A． B． C． D． 10．如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（    ） A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面 C．三棱锥的体积是定值 D．二面角的余弦值为 11．如图，在棱长为的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，则（   ） A．M，N，B，四点共面 B．若，则异面直线与MN所成角的正弦值为 C．平面PMN截正方体所得截面为等腰梯形 D．若，则三棱锥的体积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12．在空间直角坐标系中，有两点是平面上任意一点，则的最小值为 . 13．在平面直角坐标系中，设，若沿直线把平面直角坐标系折成大小为的二面角后，，则的余弦值为 ． 14．在中，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示.点（不与端点重合）在线段上，使平面与平面垂直，则 四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．（13分）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，已知，，． (1)求对角线的长； (2)求． 16．（15分）已知空间中三点，，，设，． (1)若，且，求向量； (2)已知向量与互相垂直，求的值； (3)若点在平面上，求的值． 17．（15分）如图，在直三棱柱中，，，、分别为、的中点，设平面交棱于点． (1)求； (2)求二面角的平面角的正切值． 18．（17分）“阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，即其底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥．如图，四边形是边长为3的正方形，，． (1)证明：四棱锥是一个“阳马”； (2)已知点在线段上，且，若二面角的余弦值为，求的值． 19．（17分）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且. (1)求证平面； (2)若点为线段上的动点.当直线与平面所成角的正弦值最大时，求平面与平面所成角的大小. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一章 空间向量与立体几何 章末检测卷 题号 一 二 三 四 总分 得分 练习建议用时：120分钟 满分：150分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．已知直线l的一个方向向量，且直线l经过和两点，则（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】A 【详解】因为，直线的一个方向向量为， 所以有向量与向量为共线， 所以，解得，， 所以， 故选：A. 2．在四面体中，，D为的三等分点（靠近B点），E为的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意， . 故选：C. 3．如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图，以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．    设，则,0,，,1,，,0,，,1,， 所以，，， 设平面的法向量为,,， 由，令，则， 所以，设直线与平面所成的角为， ， 所以直线与平面所成的正弦值为． 故选：C． 4．已知直线是正方体体对角线所在直线，为其对应棱的中点，则下列正方体的图形中满足平面的是（    ） A．（1）（2） B．（1）（3） C．（1）（4） D．（2）（4） 【答案】B 【详解】设正方体的边长为2， 对于图（1），建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，直线的方向向量为， ，， 因为，， 所以，，，平面， 所以平面，故图（1）正确； 对于图（2），建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，直线的方向向量为， 则，因为，所以与不垂直， 所以与平面不垂直，故图（2）错误； 对于图（3），建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 直线的方向向量为，因为，， 所以，，，平面， 所以平面，故图（3）正确； 对于图（4），建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 直线的方向向量为，因为， 所以与不垂直，所以与平面不垂直，故图（4）正确. 综上，正确的有图（1）（3）. 故选：B. 5．在棱长为2的正方体中，下列说法不正确的是（    ） A．直线与平面所成的角为 B． C．三棱锥外接球的表面积为 D．平面与平面的距离为 【答案】A 【详解】 连接，与相交于点，因为平面，且平面， 所以，又因为，，所以平面， 即直线与平面所成的角为，且，故A错误； 连接，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则，解得，取，则 所以，则，所以平面， 且平面，则，故B正确； 因为三棱锥外接球就是正方体的外接球， 设其外接球的半径为，则，即， 所以，故C正确； 因为平面平面所以平面 同理平面 又平面, 所以平面平面， 由B选项可知，平面的法向量为，且， 则两平面间的距离，故D正确. 故选:A 6．已知棱长为1的正方体，以正方体中心为球心的球与正方体的各条棱相切，若点在球的正方体外部（含正方体表面）运动，则的最大值为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【详解】取中点，可知在球面上，可得， 所以，      点在球的正方体外部（含正方体表面）运动，当为直径时，， 所以的最大值为. 故选：B. 7．如图，三棱柱满足棱长都相等，且平面，是棱的中点，是棱上的动点，设，随着增大，平面与底面所成钝二面角的平面角是（    ） A．减小 B．先减小再增大 C．先增大再减小 D．增大 【答案】C 【详解】 以中点为坐标原点，，分别为，轴，并垂直向上作轴建立空间直角坐标系， 设所有棱长均为，则，，，，， ，设平面法向量， 则，所以，令，有，， 故， 又平面的法向量，故两平面法向量夹角的余弦值， 又，故在上单调递增，上单调递减， 平面与底面所成钝二面角的余弦值， 所以在上单调递减，上单调递增， 即随着增大先减小后增大，所以随着增大先增大后减小. 故选：C. 8．如图，正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且．则下列结论不正确的是（    ） A．若保持．则点的运动轨迹长度为 B．保持与垂直时，点的运动轨迹长度为 C．沿正方体的表面从点到点的最短路程为 D．当在点时，三棱锥的外接球表面积为 【答案】C 【详解】对于，过点作平面，以为圆心，为半径在平面内作圆交于点,则即为点的运动轨迹， ∵，∴ , ∴，∴， ∴的长为，则正确； 对于，∵平面,平面，∴, ∵，平面，平面，， ∴平面， ∵平面，∴, 同理可证， ∵平面，，平面， ∴平面， 找上的点，使得，找上的点，使得,连接， ∵∥, ∥, ∴∥, ∵平面，平面，∴∥平面， ∵∥，平面， 平面， ∴∥平面， ∵平面，平面，， ∴平面∥平面，∴平面， 在上找一点使得，连接, ∵∥，∥，∴∥， ∴四点共面，∴平面， ∴点的轨迹为线段, ,则正确； 将平面和平面沿展开在同一平面上，从点到点的最短路程为,则,则错误； 分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，， 设三棱锥的外接球的球心为，则， 即，解得， ∴三棱锥的外接球半径, ∴三棱锥的外接球表面积为,则正确； 故选：. 【点睛】求三棱锥的外接球半径还可以建立空间直角坐标系，设出球心的坐标，利用顶点到球心的距离相等列出方程组求解. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多顶符合题目要求。全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分;若只有3个正确选项，每选对一个得2分 9．如图，在三棱柱中，底面为等边三角形，为的重心，，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】A选项，底面为等边三角形，为的重心， 故， 又，故 ，A正确； B选项，，故 ， 故，B正确； C选项，， 又， 设，即，无解，故与不平行，C错误； D选项， ， 故，D正确. 故选：ABD 10．如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（    ） A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面 C．三棱锥的体积是定值 D．二面角的余弦值为 【答案】BD 【详解】对于A，若，因为平面，平面， 所以平面，矛盾，故A错误． 对于B，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则， 因为， ， 故，， 故，， 因为，平面， 故平面，当Q为的中点时，， 此时平面，故B正确． 对于C，Q在线段上运动，若三棱锥的体积为定值，则平面， ，， 设平面的法向量为， 则， 解得，令得，故， 故，故与不垂直， 故平面不成立，故C错误； 对于D，二面角即二面角，连接BP，DP，BD， 由于为等边三角形， 则，，所以为所求二面角的平面角， 不妨设正方体的棱长为2，则的棱长为， 故，， 由余弦定理可得， 二面角的余弦值为，故D正确． 故选：BD 11．如图，在棱长为的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，则（   ） A．M，N，B，四点共面 B．若，则异面直线与MN所成角的正弦值为 C．平面PMN截正方体所得截面为等腰梯形 D．若，则三棱锥的体积为 【答案】AD 【详解】A选项，连接，， 因为M，N分别是，的中点，所以， 又，故， 所以M，N，B，四点共面，A正确； B选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 则异面直线与MN所成角的余弦值为， 故正弦值为，B错误； C选项，如图所示，设的中点分别为， 连接， 故平面PMN截正方体所得截面为正六边形，C错误； D选项，连接，则， 故， 其中，⊥平面， 所以，D正确. 故选：AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12．在空间直角坐标系中，有两点是平面上任意一点，则的最小值为 . 【答案】 【详解】如图，点关于平面的对称点为， 则， 当且仅当三点共线时取等号， 所以的最小值为. 故答案为：. 13．在平面直角坐标系中，设，若沿直线把平面直角坐标系折成大小为的二面角后，，则的余弦值为 ． 【答案】 【详解】在平面直角坐标系中，过点作于点， 可知， 沿直线把平面直角坐标系折成大小为的二面角后， 仍有， 则， 由， 可得， 即， 即， 可得． 故答案为： 14．在中，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示.点（不与端点重合）在线段上，使平面与平面垂直，则 【答案】2 【详解】在中，因为，故， 故在四棱锥中，有， 而，故平面，因平面， 所以，而，故， 而，故可建立如图所示的空间直角坐标系. 在中，因为经过的重心，则有，故， 在中，， 则， 设，则，故， 又， 设平面的法向量为，则， 取，则，故. 设平面的法向量为，则， 取，则，故， 因为平面平面， 故，所以，故，所以. 故答案为：2 四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．（13分）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，已知，，． (1)求对角线的长； (2)求． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由，又以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°， 所以. 故对角线的长为. （2）由，则， 所以. 16．（15分）已知空间中三点，，，设，． (1)若，且，求向量； (2)已知向量与互相垂直，求的值； (3)若点在平面上，求的值． 【答案】(1)或 (2) (3) 【详解】（1），设， 因为，而，所以； 故或 （2），，， 由与互相垂直得：， 解得. （3）点在平面上，， ， ， 解得：. 17．（15分）如图，在直三棱柱中，，，、分别为、的中点，设平面交棱于点． (1)求； (2)求二面角的平面角的正切值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则有、、、、、 、、，设， 则、，， 设平面的法向量为， 则有， 令，则有，，即， 由平面，则，解得， 故； （2），， 设平面的法向量分别为， 则有， 令，则有，，即， 由轴平面，故平面的法向量可为， 则， 则， 则二面角的平面角的正切值为. 18．（17分）“阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，即其底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥．如图，四边形是边长为3的正方形，，． (1)证明：四棱锥是一个“阳马”； (2)已知点在线段上，且，若二面角的余弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）四边形是正方形，， ，，平面， 平面， 平面，， 四边形是正方形，， ，，平面. 平面， 平面，， ，平面， 平面， 四棱锥是一个“阳马”； （2）由（1）得平面，平面，， ，，， 以点为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意可得，，，，， 所以， 设，， ，，， 即，所以， ，， 设是平面的一个法向量，则， ，令，则，， 设是平面的一个法向量，则， ，令，则，， ，或（舍去）. 19．（17分）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且. (1)求证平面； (2)若点为线段上的动点.当直线与平面所成角的正弦值最大时，求平面与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面， 因为平面，所以，又因为是底面圆的内接正三角形， 由，AC为直径，则，可得，而，解得， 又， 所以，即， 又因为，所以与相似，所以，即， 又平面，直线平面平面， 所以直线平面. （2）因为平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； 由于，则，即F为OC的中点， 知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设，可得， 设直线与平面所成的角为， 则， 即， 令， 则 ， 当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值4， 即当时，的最大值为1，此时点，所以， 易知即为平面与平面所成的角， 又所以， 故当直线与平面所成角的正弦值最大时，平面与平面所成角为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$