空间向量与立体几何分层训练-2024-2025学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册

2024-2025学年高二上学期数学分层训练-空间向量与立体几何(江苏期中题) 一、基础练 (一)单选 1.(24-25高二上 江苏无锡 期中)在三棱锥中,点分别是的中点,点为线段上靠近的三等分点,若记,则( ) A. B. C. D. 2.(24-25高二上 江苏苏州 期中)空间四边形OABC中,,,,点M,N分别为OA,BC中点,则等于( ) A. B. C. D. (二)多选 3.(24-25高二上 江苏南通 期中)在正三棱台中,为线段上一动点,,则( ) A.存在点,使得 B.存在点,使得 C.当平面时,为的中点 D.的最小值为 (三)填空 4.(24-25高二上 江苏苏州 期中)在空间直角坐标系中,,,,则三棱锥的体积是 . (4) 解答 5.(24-25高二上 江苏无锡 期中)如图,是四面体的棱的中点,点在线段上,点在线段上,且,用向量 表示. 二、提升练 (一)单选 1.(24-25高二上 江苏南通 期中)在平行六面体中,,,,则下列说法不正确的是( ). A.平面 B.平面 C.直线与平面所成角为 D.的余弦值为 2.(24-25高二上 江苏盐城 期中)在平行六面体中,已知,,则( ) A. B. C. D. 3.(24-25高二上 江苏无锡 期中)在正四棱柱中,,为棱的中点,为线段上的一点,且,则直线与直线所成角的余弦值为( ) A. B. C. D. 4.(24-25高二上 江苏南京 期中)底面直径与高相等的圆柱的体积为,则该圆柱的外接球的表面积为( ) A. B. C. D. (二)多选 5.(24-25高二上 江苏无锡 期中)关于空间向量,以下说法正确的是( ) A.若直线的方向向量为,平面的一个法向量为,则 B.若空间中任意一点,有,则四点共面 C.若空间向量满足,则与夹角为钝角 D.若空间向量,则在上的投影向量为 6.(24-25高二上 江苏苏州 期中)已知空间四面体OABC,则( ) A.当,则点P在平面ABC内 B.若该四面体的棱长都为a,则异面直线OA,BC间的距离为 C.若M为AB中点,则直线OC上存在点N,使得 D.若,,则 (三)填空 7.(24-25高二上 江苏南通 期中)在正四面体中,为的中点,则异面直线与所成角的余弦值为 . (四)解答 8.(24-25高二上 江苏南通 期中)如图,在三棱柱中,侧棱底面,底面是直角三角形,,点分别在上,且. (1)证明:平面; (2)若平面,求. 9.(24-25高二上 江苏无锡 期中)如图,在三棱柱中,侧面与侧面都是菱形,,.记. (1)用表示,并证明; (2)若为棱的中点,求异面直线与所成角的余弦值. 10.(24-25高二上 江苏苏州 期中)如图,在四棱锥中,底面ABCD满足,,底面ABCD,且, (1)求平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值; (2)求点B到平面PCD的距离; (3)若点M为平面PBC内的一动点,若平面PBC,求CM与平面ABCD所成角的正弦值. 11.(24-25高二上 江苏盐城 期中)如图,三棱锥中,底面是边长为4的等边三角形,. (1)若,求三棱锥的外接球的表面积; (2)若异面直线和所成角的余弦值为,点是线段(不含端点)上的一个动点,试确定点的位置,使得平面平面,并说明理由. 三、拓展练 (一)单选 1.(24-25高二上 江苏苏州 期中)已知矩形ABCD,,, M为边DC上一点且, AM与BD交于点Q,将沿着AM折起,使得点D折到点P的位置,则的最大值是( ) A. B. C. D. 2.(24-25高二上 江苏徐州 期中)如图,四边形,现将沿折起,当二面角的大小在时,直线和所成角为,则的最大值为( ) A. B. C. D. (2) 多选 3.(24-25高二上 江苏无锡 期中)如图,在平行六面体中,以顶点A为端点的三条棱长均为3,且它们彼此的夹角都是,下列说法中正确的是( ) A.平面 B.向量与的夹角是 C. D.直线与AC所成角的余弦值为 (三)填空 4.(24-25高二上 江苏无锡 期中)已知斜三棱柱的所有棱长均为,,,分别为,的中点,则 . (四)解答 5.(24-25高二上 江苏南京 期中)在四面体PABC中,M,N分别为PC,BC的中点. (1)证明:平面; (2)若平面,四面体PABC的体积为2,且,求MN与平面PAC所成角的正弦值. 参考答案: 基础练 1.B 【分析】根据题意作图,结合图中的几何性质,利用空间向量的线性运算,可得答案. 【详解】由题意可作图如下: 由为上靠近的三等分点,则, . 故选:B. 2.B 【分析】由N为BC中点,可得,由M为OA的中点,可得,利用,即可求出结果. 【详解】为BC中点,, 为OA的中点,, . 故选:B 3.BCD 【分析】对于A,由棱台定义知与平面必相交,易得与不可能平行,排除A;对于B,证明平面得即可说明;对于C,利用线面垂直的性质得,结合条件即得;对于D,通过翻折将平面移至与平面共面时,利用三点共线时,的值最小即可求得. 【详解】 对于A,如图1由正三棱台的定义知,与必相交,故与平面必相交, 而平面,故与不可能平行,即A错误; 对于B,设正三棱台的上下底面中心分别为,连接,则平面, 因平面,则; 连接并延长交于,则, 由正棱台结构性之可知与延长线交于一点, 所以过与的平面有且只有一个记为平面, 又平面,故平面, 又平面,故, 即当点与点重合时,成立,故B正确; 对于C,若平面,因平面,则, 又平面,且为正三角形,故为的中点,即C正确; 对于D,绕着边翻折至与共面时,连接交于点(如图2所示), 由图可知当三点共线时的值最小. 如图3,在梯形中,作于点,则, 因,则, 在中,由余弦定理,, 同理,故, 又,故的最小值为,即D正确. 故选:BCD. 4.4 【分析】根据题意作出图形,利用棱锥的体积公式,即可求出结果. 【详解】由题意作出图形,如图所示: 则OA,OB,OC两两互相垂直,且,,, 所以三棱锥的体积是:. 故答案为: 5.;. 【分析】根据是的中点结合平行四边形法则可表示出;根据条件先表示出,根据表示出,结合线段长度关系表示出,由可求结果. 【详解】因为是的中点,所以,所以; 因为,所以, 所以, 因为,所以, 所以. 提升练 1.C 【分析】通过线面平行的判定定理判断A项;通过建立空间的一组基底,,,将相关向量用基向量表示,利用向量的数量积是否为0判断B项;利用空间向量的夹角公式计算判断C项;利用向量数量积的运算律求模长和空间向量的夹角判断D项. 【详解】对于A选项:设,由题意可知且, 所以四边形为平行四边形,因此,连接和, 因为且,所以四边形为平行四边形,故, 又因为平面,平面,所以平面,故A正确; 对于B选项:设,因为平行六面体, 所以,, 则, , , , 因为且,即垂直于平面内相交直线和, 所以平面.故B正确; 对于C选项:设,因为平行六面体, ,则由对称性知道在平面的投影一定在上, 则为直线与平面所成角.又, 两边平方, 则,又因为, 所以. 故直线与平面所成角为,则, 所以不是,故C错误; 对于D选项:设,, 所以,又因为,点是中点,所以, 由题可知,所以, 故为二面角的平面角,因为, 则, 则,因为, 所以, 则,由题可知, 故则,故D正确. 故选:C. 2.A 【分析】利用作为基底表示向量,再根据数量积求模即可. 【详解】在平行六面体中, 因为,, 则 . 故选:. 3.B 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系,根据,求出点的坐标,再利用向量法求解即可. 【详解】如图,以点为原点建立空间直角坐标系, 不妨设, 则, 设, 则, 因为, 所以,解得, 所以,则, 所以, 即直线与直线所成角的余弦值为. 故选:B. 【点睛】方法点睛:求空间角的常用方法: (1)定义法:由异面直线所成角、线面角、二面角的定义,结合图形,作出所求空间角,再结合题中条件,解对应的三角形,即可求出结果; (2)向量法:建立适当的空间直角坐标系,通过计算向量的夹角(两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量)的余弦值,即可求得结果. 4.B 【分析】首先根据题中的条件求出圆柱底面直径与高,再利用圆柱轴截面矩形的对角线为圆柱的外接球的直径,由此求出圆柱的外接球的半径,即可求得表面积. 【详解】 设圆柱的底面直径与高为,则圆柱的体积为,解得, 则外接球的直径为,即圆柱的外接球的半径为, 则圆柱的外接球的表面积为, 故选:B. 5.ABD 【分析】对于A,根据条件,利用线面位置判断的向量法,即可求解;对于B,利用空间向量共面定理,即可求解;对于C,取,即可判断选项C的正误;选项D,根据条件,利用投影向量的定义,即可求解. 【详解】对于选项A,因为,,则,所以,故选项A正确, 对于选项B,因为,得到, 所以,即, 所以共面,故选项B正确, 对于选项C,当时,,此时与夹角不为钝角,所以选项C错误, 对于选项D,,所以在上的投影向量为,故选项D正确, 故选:ABD. 6.ABD 【分析】对于A:根据四点共面的结论分析判断;对于B:将正四面体嵌套在正方体内,结合正方体的性质分析判断;对于C:分类讨论点N是否与点O重合,结合异面直线的判定定理分析判断;对于D:根据空间向量的数量积运算结合向量垂直分析判断. 【详解】对于A:若,且, 所以四点共面,即点P在平面ABC内,故A正确; 对于B:若该四面体的棱长都为a,可知四面体OABC为正四面体, 将其嵌套在正方体内,如图所示:可知正方体的棱长为,异面直线OA,BC间的距离即为正方体的棱长,故B正确; 对于C:因为点N在直线OC上, 若点N与点O重合,则,不满足; 若点N与点O不重合,则平面OBC,平面,, 可知为异面直线,不满足; 综上所述:直线OC上不存在点N,使得,故C错误; 对于D:若,, 则 即 , 即 ∴, 可得, 所以,故D正确. 故选:ABD. 7./ 【分析】取的中点,连接,则与所成的角为异面直线与所成角,结合余弦定理可求得结果. 【详解】取的中点,连接如图所示: , 因为点分别是的中点,所以, 即与所成的角为异面直线与所成角, 设正四面体的棱长为, 则, 在中,, 所以异面直线与所成角的余弦值为, 故答案为:. 8.(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)由题意可得,结合,可证结论; (2)确定唯一平面,设平面,连接,进而可得,四边形是平行四边形,从而可求. 【详解】(1)因为侧棱底面,底面,所以, 又,,平面, 所以平面; (2)因为,所以确定唯一平面, 设平面,连接, 因为平面,所以, 又因为,底面,底面,所以底面, 又平面,平面底面, 所以,所以,所以, 又因为,,所以四边形是平行四边形,所以, 所以,所以. 9.(1),,证明见解析 (2) 【分析】(1)根据向量的线性运算,向量数量积的运算,即可求解与证明; (2)根据向量的线性运算,求解模长以及数量积,即可根据夹角公式求解. 【详解】(1)根据题意可得:, , 由于,所以, , 因为侧面与侧面都是菱形,, 所以,则是等边三角形, 故,,则, 由于, 所以 , ; (2)为棱的中点,根据题意可得: , ,, , 故, 又 , 故, 故异面直线与所成角的余弦值为. 10.(1) (2) (3) 【分析】(1)建立空间直角坐标系,求出两平面PAB与平面PCD的法向量,利用向量的夹角公式计算可得; (2)由可得点B到平面PCD的距离; (3)由平面ABCD的一个法向量为,由,可得CM与平面ABCD所成角的正弦值. 【详解】(1)平面ABCD,平面,,, 又,所以AB,AD,AP两两垂直, 以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系. 则,,,, 平面PAB的一个法向量为, 设平面PCD的法向量为,又,, ,,取,所以, , 设平面PAB与平面PCD的夹角为,, 所以. (2),设点B到平面PCD的距离为d, , 点B到平面PCD的距离为. (3)为平面PBC内一动点,设, 设,又,,, 代入得,解得点, ,又平面PBC, 且,所以且, 所以,则, 所以,又平面ABCD的一个法向量为, , 与平面ABCD所成角的正弦值为 11.(1) (2)当时,使得平面平面 【分析】(1)根据三棱锥的各棱长,构造正方体即可求得外接球半径为,可得其表面积; (2)利用异面直线的余弦值可求得,建立空间直角坐标系设,求得两平面的法向量再利用向量垂直的坐标表示即可得当时,使得平面平面. 【详解】(1)当时,又,底面是边长为4的等边三角形, 可知三条线两两垂直,以分别为棱长构造正方体如下图所示: 三棱锥的外接球的半径与棱长为的正方体外接球半径相等, 即为; 所以三棱锥的外接球的表面积为. (2)易知, 由异面直线和所成角的余弦值为可得: , 因此或, 又因为,所以(舍) 所以; 取的中点为,连接, 易知,且, 又,满足,所以; 即两两垂直,以为坐标原点,所在直线分别为轴建立空间直角坐标系,如下图所示: 则, 因为点是线段(不含端点)上的一个动点,设, 可得, 所以; 设平面的一个法向量为, 则,解得,令,可得; 可得; 设平面的一个法向量为, 则,令,可得; 可得 若平面平面,可得,解得. 即当点的位置满足时,使得平面平面. 拓展练 1.A 【分析】分析可知,结合垂直关系可知平面,结合长度关系可知点P在以点Q为圆心,半径为的圆上,结合圆的性质分析求解. 【详解】在矩形,,,, 由可得由可得, 则,即, 可知折起后,必有,,平面, 故平面, 因为是确定的直线,故对任意点P, 都在同一个确定的平面内, 因为,可知点P在以点Q为圆心,半径为的圆上(如图), 由图知,当且仅当PB与该圆相切时,取到最大值,则也取到最大值, 此时,,则的最大值为 故选:A. 【点睛】关键点点睛:本题解题的关键在于在证明平面后,要考虑动点的轨迹,同时将理解为点与圆上的点的连线,结合图形,得出当且仅当PB与该圆相切时,取到最大值的结论. 2.B 【分析】取BD中点O,连结AO,CO,以O为原点,OC为x轴,OD为y轴,过点O作平面BCD的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出直线AB与CD所成角的余弦值的最大值. 【详解】取BD中点O,连接AO,CO,, 则,且,于是是二面角的平面角, 显然平面,在平面内过点作,则, 直线两两垂直,以O为原点,直线分别为轴建立空间直角坐标系, ,设二面角的大小为,, 因此,,, 于是, 显然,则当时,, 所以的最大值为. 故选:B 【点睛】关键点点睛:建立空间直角坐标系,求出动点的坐标,利用向量建立函数关系是解题的关键. 3.ACD 【分析】选择{、、}作为一组基底,分别表示各选项中的向量,运用向量的模、向量夹角、数量积、异面直线所成角公式计算即可判断. 【详解】对于A,由于四边形是菱形,所以, , 所以,即,由于,平面, 所以平面,故A正确. 对于B,, 所以, , 则, 所以向量与的夹角是,所以选项B错误; 对于C,由题意可知, 则 , 所以,故C正确; 对于D,设与所成角的平面角为, 因为, 所以 , , , 所以,所以D正确. 故选:ACD. 【点睛】关键点点睛:本题解决的关键在于,熟练掌握空间向量法的线性运算与数量积运算,从而得解. 4. 【分析】首先以向量为基底向量,得:,然后两边平方,根据条件由向量的数量积的运算性质求解即可. 【详解】因为,分别为,的中点, 所以, 两边平方得: , 因此可得:. 故答案为: 5.(1)证明见解析 (2) 【详解】(1)在中,是的中点,所以, 又因为平面, 平面, 所以平面. (2) 因为,所以, 因为平面, 且四面体PABC的体积为2, 所以, 即,所以,所以, 过点作的垂线,垂足为,连接,则有, 因为平面平面,所以, 又因为平面, 所以平面,所以为MN与平面PAC所成角, 因为平面,所以, 在中,由等面积法可知, ,所以, 则,, , 所以即为MN与平面PAC所成角的正弦值. 学科网(北京)股份有限公司 $$