第一章 空间向量与立体几何 单元拔高培优卷-2024-2025学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册

空间向量与立体几何（拔高培优卷） 姓名___________ 班级_________ 满分150分，考试用时120分钟 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．设正四棱柱的一条对角线长为3，它的四个侧面与两个底面的面积之和是16，则它的体积是（    ） A．4 B．8 C． D．4或 2．已知三棱锥，则三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．在正方体中，P、Q、R分别是棱BC、、的中点，过P、Q、R三点的平面与正方体表面的交线围成的封闭图形的形状是（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 4．已知圆锥的顶点为，母线长为1，其侧面展开图扇形的圆心角为，设该圆锥外接球半径为，内切球半径为，则（    ） A． B． C． D． 5．已知正四面体的棱长为1，动点P在△ABC内（含边界），设点P到平面SAB的距离为，点P到平面SBC的距离为，点P到平面SCA的距离为.若，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 6．如图，正方体的棱长为1，点E为线段上的点，且，点F为的中点，则三棱锥的体积为（    ）    A． B． C． D． 7．已知分别是平面的法向量，若，则（    ） A． B． C．7 D．1 8．如图，在直角梯形中，已知，，，，现将沿折起到的位置，使二面角的大小为45°，则此时三棱锥的外接球表面积是（    ） A． B． C． D． 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9．已知A，B，C，D是八分之一球表面上的不同四点，M，N，K分别在线段OD，OB，OA上，四边形CMNK为矩形，，记，则（    ） A． B． C． D． 10．如图，正方体的棱长为2，则（    ） A．平面 B．平面 C．异面直线与BD所成的角为60° D．三棱锥的体积为 11．已知正四棱锥的体积为8，高为，则当正四棱锥的外接球的体积取得最小值时，有（    ） A． B． C． D． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．菱形ABCD的对角线，沿BD把平面ABD折起与平面BCD成的二面角后，点A到平面BCD的距离为 ． 13．如图，在四面体中，已知，，点分别是所在棱的中点，有以下结论： ①平面平面； ②平面平面； ③是直线与直线所成的角； ④是二面角的平面角． 所有正确结论的序号是 ． 14．要使正方体以直线为轴，旋转后与其自身重合，则的最小正值为 ． 四､解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15.（本小题13分） 如图的外接圆的直径，垂直于圆所在的平面，，，，为上的点.    (1)证明：； (2)当为的中点时，求点到平面的距离. 16.（本小题15分） 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上． (1)若，证明：平面； (2)若二面角的正切值为5，求BQ的长． 17.（本小题15分） 如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，圆O的半径为1，，点G是线段BF的中点． (1)证明：平面DAF； (2)若直线DF与圆柱底面所成角为45°，求点G到平面DEF的距离． 18.（本小题17分） 如图，在四棱锥中，平面，四边形是正方形，，E，F分别在棱PB，PD上，且平面． (1)证明：E是棱PB的中点； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 19.（本小题17分） 已知直三棱柱中，，分别为和的中点，为棱上的动点，. (1)证明：平面平面； (2)设，是否存在实数，使得平面与平面所成的角的余弦值为? 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 空间向量与立体几何（拔高培优卷）解析版 姓名___________ 班级_________ 满分150分，考试用时120分钟 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．设正四棱柱的一条对角线长为3，它的四个侧面与两个底面的面积之和是16，则它的体积是（    ） A．4 B．8 C． D．4或 【答案】D 【详解】设正四棱柱的底面边长为，高为， 则①，即②， ①②得，，即或， 当时，解得，体积， 当时，解得，体积， 故选：D 2．已知三棱锥，则三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为平面， 所以平面， 如图经补形可知球心在直三棱柱高的中点处为外接圆的圆心， 则， 所以， 则外接球的半径， 所以三棱锥的外接球的表面积． 故选：A. 3．在正方体中，P、Q、R分别是棱BC、、的中点，过P、Q、R三点的平面与正方体表面的交线围成的封闭图形的形状是（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】D 【详解】如图，延长交的延长线于点，连接交于点，连接， 因为P、Q、R分别是棱BC、、的中点，所以为的中点， 延长交的延长线于点，延长交的延长线于点， 则， 连接交于点，交于点, 连接，则六边形为过P、Q、R三点的平面与正方体表面的交线围成的封闭图形. 故选：D 4．已知圆锥的顶点为，母线长为1，其侧面展开图扇形的圆心角为，设该圆锥外接球半径为，内切球半径为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】依题意，圆锥底面圆半径，则，解得，于是圆锥的高， 圆锥轴截面等腰三角形的外接圆即为圆锥外接球截面大圆，内切圆即为圆锥内切球截面大圆， 令圆锥轴截面等腰三角形底角为，则，因此，即， 圆锥轴截面等腰三角形面积，解得， 所以. 故选：A 5．已知正四面体的棱长为1，动点P在△ABC内（含边界），设点P到平面SAB的距离为，点P到平面SBC的距离为，点P到平面SCA的距离为.若，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设点A到平面SBC距离为h，由，知，，， 则P点在过△ABC的重心与BC平行且在△ABC内的线段DE上， D，E分别为边AC，AB靠近C，B的三等分点， 由正四面体的性质可知点P到平面SAB的距离的最大值为. 故选：A. 6．如图，正方体的棱长为1，点E为线段上的点，且，点F为的中点，则三棱锥的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【详解】三棱锥的体积等于三棱锥的体积． 因为E，F分别为上的点， 所以在正方体中，的面积为定值， 又因为F到平面的距离为定值1， 所以． 故选：. 7．已知分别是平面的法向量，若，则（    ） A． B． C．7 D．1 【答案】C 【详解】因为，又，所以， 所以，解得， 故选：. 8．如图，在直角梯形中，已知，，，，现将沿折起到的位置，使二面角的大小为45°，则此时三棱锥的外接球表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图： 取中点，中点，连接，，由题意可知： ，，所以为二面角的平面角，. 由题意可得为等腰直角三角形，所以为的外心， 过作直线平面，则三棱锥外接球的球心必在直线上. 因为平面，平面，所以，所以在平面中. 又为的外心，连接，则平面. 所以. 由于，，则， 为等腰直角三角形，故， 在中， ，，，所以. 所以三棱锥外接球的半径：， 所以三棱锥外接球的表面积为：. 故选：D 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9．已知A，B，C，D是八分之一球表面上的不同四点，M，N，K分别在线段OD，OB，OA上，四边形CMNK为矩形，，记，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】在矩形中，，又，，平面， 则平面，又平面，于是， 又，则，即， 而，，，平面，则平面， 而，则平面，又平面，于是，， 对于A，在中，，在中，， 又，且为的斜边，即， 所以，A正确； 对于B，在中，，在中，， 在中，，则，B正确； 对于C，在中，，在中，，又， 所以，而与不一定相等，C错误； 对于D，在中，，又，，， 所以， 所以，即，D正确. 故选：ABD 10．如图，正方体的棱长为2，则（    ） A．平面 B．平面 C．异面直线与BD所成的角为60° D．三棱锥的体积为 【答案】ABC 【详解】对A：在正方体中，， 又平面，平面，所以平面，故A项正确； 对B：连接，，在正方体中，，， 平面，平面，因为平面， 平面，所以，， 又，平面，平面， 所以平面，因此，同理，， 又，平面，平面， 所以平面，故B项正确； 对C：因为，所以等于异面直线与BD所成的角， 又，即为等边三角形， 所以异面直线与BD所成的角为60°，故C项正确； 对D：三棱锥的体积 ，故D项不正确. 故选：ABC. 11．已知正四棱锥的体积为8，高为，则当正四棱锥的外接球的体积取得最小值时，有（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】设正四棱锥的底面边长为，外接球的半径为， 由已知可得，，解得， 令，得， 所以，当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以当时，函数取得最小值，即取得最小值， 此时外接球的体积也最小. 故选：BC. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．菱形ABCD的对角线，沿BD把平面ABD折起与平面BCD成的二面角后，点A到平面BCD的距离为 ． 【答案】/0.75 【详解】为了区别，设折起后的点A为， 设，连接，可知为的中点，， 则，可知，即， 过点作，垂足为， 则，，平面， 可知平面，由平面，可知， 且，，平面， 可得平面， 所以点到平面BCD的距离为即为. 故答案为：. 13．如图，在四面体中，已知，，点分别是所在棱的中点，有以下结论： ①平面平面； ②平面平面； ③是直线与直线所成的角； ④是二面角的平面角． 所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②③ 【详解】由条件可知平面，平面，所以平面， 同理得平面， 又平面， 所以平面平面，即①正确； 因为，，平面， 所以平面， 由上知，所以平面， 又平面，所以平面平面，即②正确； 由条件知，所以是异面直线与直线所成的角，即③正确； 根据条件不确定是否与垂直，结合二面角的平面角的定义可知④不一定正确. 故答案为：①②③ 14．要使正方体以直线为轴，旋转后与其自身重合，则的最小正值为 ． 【答案】120 【详解】因为四边形为正方形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证得， 因为，平面，所以平面， 同理可证得平面， 因为为等边三角形，， 所以过的中心，设的中心为点，连接， 则， 同理也过等边的中心， 若正方体绕旋转后与其自身重合，只需要和旋转后能和自身重合即可， 因此至少旋转. 故答案为：． 四､解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15.（本小题13分） 如图的外接圆的直径，垂直于圆所在的平面，，，，为上的点.    (1)证明：； (2)当为的中点时，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）平面，平面，， 又，、平面， 平面，平面，； （2）由(1)和已知条件可知，两两垂直，故以C为原点，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系：    则， ，， 设平面的法向量为， 则，令，则，即， 由点到平面的距离公式知，点到平面的距离 16.（本小题15分） 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上． (1)若，证明：平面； (2)若二面角的正切值为5，求BQ的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【详解】（1）取的中点M，连接MP，MB，如图， 在四棱台中，四边形是梯形，， 又点M，P分别是棱的中点，所以，且． 在正方形ABCD中，，又，所以． 从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以． 又因为平面，平面，所以平面； （2）在平面中，作于O． 因为平面平面ABCD，平面平面，， 平面，所以平面ABCD． 在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则． 以为正交基底，建立空间直角坐标系． 因为四边形是等腰梯形，，所以 又，所以． 易得， 所以． 设，所以． 设平面PDQ的法向量为，由，得， 令，可得，另取平面DCQ的一个法向量为． 设二面角平面角为，由题意得． 又，所以， 解得（舍负），因此． 所以当二面角的正切值为5时，BQ的长为1． 17.（本小题15分） 如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，圆O的半径为1，，点G是线段BF的中点． (1)证明：平面DAF； (2)若直线DF与圆柱底面所成角为45°，求点G到平面DEF的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）取中点，连接，如图所示： 为中点，则，又，得， 由，，得， 所以四边形为平行四边形，， 又平面，平面，所以平面. （2）因为，，，所以. 因为平面，且直线与圆柱底面所成角为， 所以，则有. 如图，以为原点，分别为轴，过垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则有，， ， 设平面的一个法向量为，则， 令，有，得， ， 设点到平面的距离为， . 故点到平面的距离. 18.（本小题17分） 如图，在四棱锥中，平面，四边形是正方形，，E，F分别在棱PB，PD上，且平面． (1)证明：E是棱PB的中点； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明详见解析 (2) 【详解】（1）因为四边形是正方形， 所以， 又因为平面，且平面， 所以， 又因为平面，， 所以平面， 又因为平面， 所以， 因为平面，且平面， 所以， 又因为平面，且， 所以平面， 又因为平面， 所以， 因为， 所以，即E是棱PB的中点； （2）同（1）可证F是棱PD的中点， 如图，以A为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则, 所以， 因为平面， 所以是平面的一个法向量，记为， 设平面的法向量为， 由题意得，则 ， 令，则， 所以， ， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 19.（本小题17分） 已知直三棱柱中，，分别为和的中点，为棱上的动点，. (1)证明：平面平面； (2)设，是否存在实数，使得平面与平面所成的角的余弦值为? 【答案】(1)证明见解析； (2)存在. 【详解】（1） 由于在直三棱柱中，有平面，而在平面内，故. 同时有，且，故. 由于，，且和在平面内交于点，故平面. 由于在平面内，故. 取的中点，由于分别是和的中点，故，而，故，即. 由于分别是和的中点，可以得到，所以有平行四边形，故. 设和交于点，由于，，， 从而得到全等于，故. 这就得到，从而，即. 而，故. 由于，即，而，和在平面内交于点，故平面. 由于平面，在平面内，故平面平面. （2）有，又因为平面，和在平面内，故，. 由于两两垂直，故我们能够以为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由于题设条件和需要求证的结论均只依赖于线段间的比值，不妨设， 这就得到，，，，，，，. 据题设有，显然，此时. 从而有，，，. 设和分别是平面和平面的法向量，则，. 即，，从而可取，. 此时平面与平面所成的角的余弦值为， 故条件等价于，即，解得， 所以存在，使得平面与平面所成的角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$