第一章 空间向量与立体几何诊断性检测-2024-2025学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册

SXDA 第一章 空间向量与立体几何 诊断性检测 班级：____________ 姓名：_________________ 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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、已知，直线过原点且平行于，则到的距离为（    ）. A． B．1 C． D． 2．已知，，平面的法向量为，若，则（    ） A． B．3 C．4 D．5 3．已知分别是平面的法向量，若，则（    ） A． B． C．7 D．1 4．已知为平面的一个法向量，为平面的一个法向量，且，则（    ） A． B． C．2 D．4 5．设是直线的方向向量，是平面的法向量，则（    ） A．或 B．或 C． D． 6．在棱长为2的正方体中，E是的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A． B． C． D． 7．（浙江名校协作体2025届高三开学适应性考试）如图，在下列四个正方体中，是顶点，是棱的中点，则三棱锥体积最大的是（    ） A．  B．  C．   D．   8．（四川省宜宾市2024届三模）已知E，F分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则下列说法正确的是（    ） A．截面多边形不可能是平行四边形 B．截面多边形的周长是定值 C．截面多边形的周长的最小值是 D．截面多边形的面积的取值范围是 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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、下列命题是假命题的是（    ） A．若分别表示空间两向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量 B．的充要条件是A与C重合，B与D重合 C．若向量，满足，且与同向，则 D．若两个非零向量与满足，则与共线 10．已知四面体满足，，则（    ） A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．点为直线上的动点，到距离的最小值为 D．二面角平面角的余弦值为 11．正方体中，为的中点，为正方体表面上一个动点，则（    ） A．当在线段上运动时，与所成角的最大值是 B．若在上底面上运动，且正方体棱长为1，与所成角为，则点的轨迹长度是 C．当在面上运动时，四面体的体积为定值 D．当在棱上运动时，存在点使 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12、如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形．平面，且，则平面与平面所成的角的大小为 ． 13．如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，过A点的截面分别交于点E，F，G，且，．下列结论正确的是 （写出所有正确结论的编号）． ①平面； ②平面； ③平面； ④若，点A，B，C，D，E，F，G在同一球面上； ⑤若，则四棱锥的体积为． 14．已知正四面体棱长为2，点分别是，，内切圆上的动点，现有下列四个命题： ①对于任意点，都存在点，使； ②存在，使直线平面； ③当最小时，三棱锥的体积为 ④当最大时，顶点到平面的距离的最大值为． 其中正确的有 ．（填选正确的序号即可） 四、解答题：本题共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15、如图，AB是圆的直径，平面PAC面ACB，且APAC． (1)求证：平面； (2)若，求直线AC与面PBC所成角的正弦值. 16、如图，，，点、在平面的同侧，，，，平面平面，.    (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. 17．如图1，在平行四边形中，，E为的中点．将沿折起，连接与，如图2．    (1)当为何值时，平面平面? (2)设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． (3)当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的内切球的半径． 18．如图①所示，矩形中，，，点M是边CD的中点，将沿AM翻折到，连接PB，PC，得到图②的四棱锥，N为PB中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线BC与平面所成角的大小； (3)设的大小为θ，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 19．（重庆市2024届三诊）已知且，设是空间中个不同的点构成的集合，其中任意四点不在同一个平面上，表示点，间的距离，记集合 (1)若四面体满足：，，且 ①求二面角的余弦值： ②若，求 (2)证明： 参考公式： 济南三中2023级单元测试题 高二数学 2 / 26 数学试题 第1页 （共6页） 学科网（北京）股份有限公司 答案解析 1．C由题意取，则， 所以到的距离为 . 2．A ，即，解得. 3．C 因为，又，所以， 所以，解得， 4．C 【分析】由得两个平面的法向量共线，再由向量共线的坐标表示可得答案. 【详解】因为，所以，则， 解得，故. 故选：C. 5．A 【分析】依题意可得，即可，即可判断. 【详解】因为是直线的方向向量，是平面的法向量， 所以，所以， 所以或. 故选：A 6．B 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可. 【详解】以为坐标原点，为轴，为轴，为轴， 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，所以， 故， 设直线与平面所成角为，则. 7．A 【分析】建立空间直角坐标系，求出点设点到平面的距离和三角形的面积，再利用体积公式即可求解AC,利用等体积法求解CD. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的边长为2.    对于A, 所以 设平面的一个法向量为，则 令则，所以 设点到平面的距离为，则 易知为等边三角形，边长为，所以， 所以. 对于B，易求得,点B到平面的距离为1， 所以； 对于C， 所以 设平面的一个法向量为，则， 令则，所以 设点到平面的距离为，则, 易求得所以； 对于D，易求得,点A到平面的距离为1， 所以; 所以A选项的体积最大. 故选：A. 8．D 【分析】将平面从平面开始旋转，结合对称性可判断A；设，利用余弦定理表示出，利用几何意义求最小值，利用二次函数单调性求最大值可判断BC；先判断，然后利用向量方法求出，可得截面面积的范围，可判断D. 【详解】对于A，当平面过或时，截面为三角形. 易知正四面体关于平面对称，将平面从平面开始旋转与交于点时， 由对称性可知，此时平面与交于点，且， 此时截面为四边形，且注意到当分别为的中点时，此时满足， 且，即此时截面四边形是平行四边形，故A错误；    对于BC，设，由余弦定理得， ， 由两点间距离公式知，表示动点到定点和的距离之和， 当三点共线时取得最小值， 由二次函数单调性可知，当或时，取得最大值， 所以截面多边形周长的取值范围是，故BC错误； 对于D，记与的交点为，由对称性，， 所以，， 因为， 所以，所以， 记， 则， 因为， 所以 ， 由二次函数性质可知，，即， 所以，故D正确； 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是找到正四面体的对称性，根据对称性判断截面形状，利用余弦定理求周长，利用空间向量求距离，然后可得面积，题目综合性强，对学生的直观想象能力有较高的要求. 9．ABC 【分析】对于A，根据空间向量的性质分析判断，对于B，根据相等向量的定义分析判断，对于C，根据向量的性质分析判断，对于D，根据共线向量的定义分析判断. 【详解】对于A，因为空间中任意两向量平移之后都可以共面，所以空间中任意两向量均共面，所以A是假命题； 对于B，由知，，且与同向，但A与C，B与D不一定重合，所以B是假命题； 对于C，空间向量不能比较大小，只能对向量的长度进行比较，所以C是假命题； 对于D，因为，所以，故与共线，所以D是真命题． 故选：ABC 10．BCD 【分析】将四面体放入长方体中，根据四面体的棱长求解长方体的长宽高，即可建立空间直角坐标系，结合选项利用向量法求解. 【详解】将四面体放入长方体中，（如图），设长方体的长宽高分别为， 则， 所以解得， 建立如图所示的空间直角坐标系，则, 故故， 所以直线与所成的角为，A错误， 由于，故， 直线与所成的角为，B正确， 对于C，点为直线上的动点，当位于的中点时，此时到距离的最小， 且最小值为长方体的高，即为，C正确， 对于D，取中点，连接,由于，， 所以,故为所求角， , 故，故D正确. 故选：BCD 11．CD 【分析】由平行关系得到与所成角等价于与所成的角，又为等边三角形，由等边三角形的性质可知与所成角，最大角为，可判断A；找到所在的轨迹是以为圆心1为半径的弧，轨迹长度是，可判断B；由三棱锥的高和底面面积都为定值可判断体积不变，可判断C；建系用两点间距离公式可判断D. 【详解】      对于A，如图一，在正方体中，易知，所以与所成角等价于与所成的角， 当为中点时，，此时所成角最大，为，故A错误. 对于B，如图二，因为棱垂直于上底面，且与所成角为， 所以在中，， 由圆锥的构成可知所在的轨迹是以为圆心1为半径的弧，轨迹长度是，故B错误. 对于C，如图三，因为在面内，面到平面的距离等于， 而面积不变，故体积为定值，故C正确. 对于D，如图四，以为原点，为轴建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为1，， 因为， 由，所以，故D正确. 故选：CD. 12． 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求平面与平面所成的角的大小. 【详解】 因为平面，底面为正方形，， 所以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 则，， 由题知，平面PAD的法向量为， 设平面PBC的法向量为， 则，令，则， 所以， 设平面与平面所成的角为，则， 又，所以， 所以平面与平面所成的角的大小为， 故答案为：. 13．①②④ 【分析】对于①，通过证明得到，即可判断；对于②，只需分别证明，，即可判断；对于③，利用反证法推翻命题即可判断；对于④⑤，建立适当的空间直角坐标系即可说明. 【详解】对于①，因为平面，平面，， 又因为，所以， 所以直角三角形全等于直角三角形， 因为，，所以， 又因为，所以直角三角形全等于直角三角形， 所以，所以， ∴，又平面，平面， ∴平面，∴①正确； 对于②，因为，，平面， 所以平面，同理平面， 又平面，平面， 所以，， 因为，，平面， 所以平面， 而平面，从而，同理， 又，平面， 所以平面，∴②正确； 对于③，由②可知，平面，而平面，所以， ∴与必相交（否则若，注意到，所以，又，而同一条直线不可能同时垂直两条相交直线，故矛盾）， 假设平面，由平面，与相交，平面， 可得平面平面，显然矛盾，∴③错误； 对于④，若，则， 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面，而平面， 所以， 由题意点分别是的中点，且， 所以， 建立如图所示的空间直角坐标系， ， ， 因为三点共线，所以设， 所以，所以， 而，且由③可知， 所以，解得，符合题意， 所以， 所以， ∴点A，B，C，D，E，F，G在同一球面上，∴④正确； 对于⑤，连接，取的中点M，连接，则， 因为平面，所以平面， 而，，，， 由已知可得， 所以，，，， 所以，即， 根据对称性可知，四边形的面积为， ∴四棱锥的体积，∴⑤错误． 故答案为：①②④． 【点睛】关键点点睛：判断④⑤的关键在于，适当利用空间向量这一工具，由此即可顺利得解. 14．①②④ 【分析】使用空间向量设出各点的坐标，再对逐个选项分别求解. 【详解】 设的重心分别是. 以为原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系. 则， 且. 三个内切圆的半径均为，且可设： ； ； . 所以有， ， . 对于①，当确定后，取为关于平面的对称点，则垂直于平面，所以垂直于，①正确； 对于②，当，时，有，. 故，，. 直接计算可知，所以此时满足条件，②正确； 对于③，此时位于最上方，即. 这时，点到平面的距离为. 所以此时，③错误； 对于④，此时，根据对称性有，故 ，故此时在处取到最大. 此时的纵坐标都是，故点到平面的距离为，④正确. 15【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，结合直径的性质、线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）根据（1）的结论，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）因为平面PAC面ACB，且APAC.，平面PAC面ACB ，平面PAC， 所以PA面ACB，又因为平面PBC， 所以PA，又因为AB是圆的直径，所以， 因为平面， 所以平面； （2）建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 所以，则， 设平面PBC的法向量为，则， 而，设直线AC与面PBC所成角为， 则， 所以直线AC与面PBC所成角的正弦值为. 16【详解】（1）因为，平面， 所以平面，同理平面， 又，平面，， 所以平面平面，平面， 所以平面； （2）取的中点，因为， 所以，又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又因为，故可建立如图所示的空间直角坐标系. 在四边形中，因为，，，， 所以，所以， 因为，所以， 所以，，，，，，， ，， 设，则， 设为平面的法向量， 则，即，故取， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 两边同时平方得 所以，解得，或（舍去）， 所以，所以.    17【分析】（1）先探索面面垂直的必要条件，再证明充分性即可. （2）由（1）得面面垂直、线面垂直关系，建立空间直角坐标系，用向量方法表示线面角的正弦值，建立关于的方程求解即可 （3）借助体积公式可得当平面时，三棱锥的体积最大，借助等体积法计算可得内切球半径. 【详解】（1）连接，由题意得，， 则为等边三角形，， 在中，， 由余弦定理得， 所以，由， 则，故. 若平面平面， 由平面平面，平面，， 则平面，平面，则， 所以. 下面证明当时，平面平面. 证明：由，则， 所以，又，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 故当时，平面平面； （2）由（1）知，，则平面平面. 在平面内过作， 由平面平面，平面， 则平面，平面，则. 如图，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故， 由， ， 因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以， 化简得，解得或（舍去）， 故当时，存在，使直线与平面所成角的正弦值为；    （3）设点到平面的距离为， 由，其中为定值， 则要使三棱锥的体积最大时，则点到平面的距离取最大， 取中点，连接，则， 当平面时，点到平面的距离最大， 此时，由平面，则平面平面， 由（1）知，，为直角三角形， . 则， ， ， 在中，，取中点， 则，且， 所以， 设内切球球心为，内切球半径为，由等体积法知， 其中，， 故， 故当三棱锥的体积最大时，三棱锥的内切球的半径为. 【点睛】方法点睛：空间几何体的内切球问题，一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出或找到截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径；三是建立空间直角坐标系，设出球心坐标，利用有关半径等的等量关系解方程组可得. 18、【分析】（1）取中点，借助三角形中位线性质，结合平行公理，利用线面平行的判定推理即得. （2）借助面面垂直的性质，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求出大小. （3）连接DG，过点D作平面ABCD，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及法向量，列出方程，即可得到结果. 【详解】（1）取中点，连接，由N为PB中点，得， 依题意，，则， 于是四边形是平行四边形，，而平面，平面， 所以平面. （2）取中点，连接，由，得，而平面平面， 平面平面平面，则平面， 过作，则平面，又平面，于是， 在矩形中，，，则， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，令，得， 设直线BC与平面所成的角为，则， 所以直线BC与平面所成角的大小为. （3）连接，由，得，而，则为的平面角，即， 过点作平面，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，， 显然平面，平面，则平面平面， 在平面内过作于点，则平面， 设，而，则，，， 即，， 所以， 于是，， 设平面PAM的法向量为，则， 令，得，设平面的法向量为， 因为，， 则，令，得， 设平面和平面为， 则 令，，则，即，则当时，有最小值， 所以平面和平面夹角余弦值的最小值为． 19、【分析】（1）①建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式即可求解；②根据条件，得出，即可求解； (2）设，从两个方面结合参考公式给出证明即可． 【详解】（1）以C为原点，方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， ，，，， ①设平面CAD的法向量， 则，即，取， 设平面BAD的法向量为， 则，即，取， 所以， 即二面角的余弦值为； ②，，， 所以； （2）设，，，下证， 设S中任意不同的两点的个距离中，距离等于的有个，，2，，k， 则， 记S中n个不同点分别为，，，，设到点的距离等于的点的个数为个，，k；，2，，， 则，，， 所以， 考虑由S中的点构成的满足的点组的个数， 一方面，当A取，时，这样的点组有个，故有， 另一方面，因为S中任意四个点不共面，所以对任，点A的选取至多有3种，故有 ①， 所以 ， 结合①得 【点睛】本题考查空间向量的在立体几何中的运用，合理的建系是解决问题的关键，再利用空间中夹角的相关公式即可得到对应答案。组合数的应用，需要根据可能得情况讨论不同的组合数量，结合参考公式得出答案，属于难题． 2 / 26 1 / 26 学科网（北京）股份有限公司 $$