第一章 空间向量与立体几何（高效培优单元测试·提升卷）数学人教A版2019高二选择性必修第一册

第一章 空间向量与立体几何（高效培优单元测试·提升卷） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题 共58分） 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．在平行六面体中，，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由空间向量线性运算，可得，利用数量积运算性质即可得出． 【详解】， 又，，，， ， ； 故选：A 2．正方体中，点P为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A． B．三棱锥的体积为定值 C．直线与平面所成角的取值范围为 D．直线与直线所成的角为定值 【答案】ABD 【分析】对于 A，先由线线垂直证平面，得到，同理证得，从而得平面，即可证；对于B，由平面得到点到平面的距离不变，结合底面面积为定值即得；对于C，D，通过建系利用空间向量夹角公式，分别计算线面所成角和异面直线所成角推理即得结论. 【详解】 对于A，在正方体中，平面，平面，则， 因，平面，故平面， 因平面，故，同理可得， 因平面，则平面， 又点P为线段上的动点，即平面，故，故A正确； 对于B，易证，因平面，平面，故平面， 则点到平面的距离不变，又的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确； 对于C，如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则， 因点P为线段上的动点，设，，则， 因，设平面的法向量为， 则，故可取， 设直线与平面所成角为，则， 因在上单调递减，故，故得，故C错误； 对于D，根据C项建系，可得，设直线与直线所成的角为， 则，即，故D正确. 故选：ABD. 3．已知点，点，平面的一个法向量为，则直线与平面的关系是（    ） A． B． C． D．与相交但不垂直 【答案】A 【分析】根据平面的法向量与直线的方向向量的关系即可求解. 【详解】因为直线l经过点， 所以，又因为平面的一个法向量为， 且，所以平面的一个法向量与直线l的方向向量平行， 则，； 故选：A. 4．已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则（    ） A．2 B．1 C． D． 【答案】A 【分析】通过，列出等式求解即可. 【详解】由题意可知，，所以， 解得，所以. 故选：A. 5．如图，在四面体中，.点在上，且，点是的中点，则 （    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用向量的加减法法则，将转化为以、、表示的形式，再根据已知条件逐步计算. 【详解】因为，所以， 因为点是的中点，所以. 所以， 故选：A. 6．如图，在正方体中，为棱上一点且，点是棱上的动点，给出下面个结论： ①存在点，使； ②存在点，使； ③的面积不变； ④三棱锥的体积不变． 则正确的结论的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，只需验算是否成立，对于B，只需验算是否成立，对于C，为定值，故只需判断点运动时到距离是否是定值即可；对于D，由到底面距离不变，面积不变即可判断. 【详解】不妨以为原点，、、分别为、、轴正方向建立直角坐标系， 设，则，，，设， 结论：，，令得，故当与重合时，，正确； 结论：，，令，故当时，，正确； 结论：与不平行，故点运动时到距离不是定值，又为定值，故的面积不是定值．错误． 结论：到底面距离不变，面积不变，而为定值．正确． 故选：C． 7．如图所示，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．动点M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且．当MN的长最小时，二面角的平面角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得的长及最小值，求出平面与平面的法向量，然后利用向量法求解二面角的平面角的余弦值即可. 【详解】由题意两个边长均为1的正方形与正方形所在的平面互相垂直. 可得， 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 在平面上，直线方程为，可设， 在平面上直线方程为，设，因此得， 由得， 则，所以， 当且仅当时，取得最小值，此时分别是的中点， ，，，，， 设平面的一个法向量， 则，取得， 设平面的一个法向量是， 则，取得， 所以，由图可知，二面角的平面角为钝角. 所以二面角的平面角的余弦值为. 故选：A 8．在直三棱柱中，，三棱锥体积最大值为（   ） A． B． C．2 D．4 【答案】A 【分析】如图建立空间直角坐标系，根据可得在底面的轨迹，再分割三棱柱可得，求的最大值即点到底距离最大即最大时即可得解. 【详解】如图，以为坐标原点，以直线、在平面内垂直于的直线、直线所在方向分别为正半轴.    设,. ，，得，即.即点在底面的轨迹是以为圆心，半径为的圆. 又因为，. 当取最大时，有最大值. 故选：A. 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．在平行六面体中，，，M为的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】根据向量的线性运算判断A，根据A的结果，计算数量积，判断B，利用基底表示，再代入向量数量积运算求模，判断C，根据几何图形，判断D. 【详解】对于A，，故A正确： 对于B，，故B错误， 对于C，，故C错误： 对于D，易得为正三角形，故，故D正确. 故选：AD 10．已知空间向量，，，则（    ） A． B． C． D．，，是共面向量 【答案】BCD 【分析】A利用求解；B数量积的坐标运算；C求模公式；D根据求解. 【详解】若，则存在使得，即，无解，故A错误； ，故B正确； ，故C正确； 由A可知与可构成一组基底，故若，，是共面向量， 则存在使得， 即，解得，故，，是共面向量，D正确. 故选：BCD 11．正四棱锥中，各棱长均为1，，，．过点，，的平面交于点，且，则（    ） A． B．点到平面的距离为 C．平面与平面夹角的余弦值为 D．两个四棱锥与体积之比为 【答案】BCD 【分析】对于A：建系，求平面的法向量，利用空间向量处理四点共面问题；对于B：可得，且平面的法向量，结合点到面的距离公式运算求解；对于C：利用空间向量求面面夹角；对于D：利用转换顶点法结合锥体的体积公式运算求解. 【详解】对于选项A：设底面的中心为O， 以为坐标原点，分别为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 可得， 又因为，，， 则，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 因为， 因为四点共面，则，可得，解得，故A错误； 对于选项B：可得， 且平面的法向量为， 所以点S到平面的距离为，故B正确； 对于选项C：显然平面的法向量为， 且， 所以平面与平面夹角的余弦值为，故C正确； 对于选项D：设点S、D到平面的距离分别， 则， 因为 所以两个四棱锥与体积之比为，故D正确. 故选：BCD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若平面的一个法向量，平面的一个法向量，且，则x＋z＝ ． 【答案】-1 【分析】利用两平面平行法向量的关系及向量共线定理即可求解. 【详解】因为，所以，故存在实数使得：， 即， 所以，解得，所以. 故答案为： 13．在长方体中，底面是边长为1的正方形，，Q是空间中的一个动点，且满足，则直线与所成角的正切值的取值范围为 . 【答案】 【分析】方法一：根据题意建立空间直角坐标系，设点，再由转化为，可得Q的轨迹方程，因线段长度不会影响夹角，故不妨取简化运算，再把表示出来，即可求得取值范围，再转化为正切值的取值范围即可. 方法二、根据题意可得，所以点Q的轨迹是以为轴的圆锥侧面，由圆锥的对称性即可得出答案. 【详解】方法一：如图，以A为原点，建立空间直角坐标系， ∴，，，， 设 ， ∵，∴， 即，不妨取， ∴， 若，则， ∴，即， ∵， 若，则， ∴，即， ∵， ∴直线与所成角的正切值的取值范围为， 故答案为：. 方法二：如图在长方体中，底面是边长为1的正方形，， ∴，，，， ∵， ∴不妨取，则点Q的轨迹是以为轴，且的圆锥底面圆， 图形如下： ∴当Q在M时，直线与所成角取得最小值， ， ∴当Q在N时，直线与所成角取得最大值， ， ∴直线与所成角的正切值的取值范围为， 故答案为：. 14．已知直三棱柱中，，，侧棱，若点，分别是线段，的中点，则点到直线的距离是 ． 【答案】/ 【分析】构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点的坐标，应用向量法求点线距离. 【详解】由题设，构建如下图示的空间直角坐标系，则，    所以， 则点到直线的距离. 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．如图，在四棱锥 中， 平面 是棱 的中点， . (1)证明: 平面 . (2)求点 到平面 的距离. (3)若点 在棱 上，求平面与平面所夹锐角的余弦值的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）应用线面垂直得出结合已知应用线面垂直判定定理得出平面，再应用线面垂直证明即可； （2）建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，再根据点到平面距离公式计算求解； （3）应用空间向量法求出平面与平面的法向量，再应用面面角余弦公式计算再结合二次函数值域计算求解. 【详解】（1）因为 平面，且 平面，所以， 因为，且，所以， 且，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，是棱的中点，所以， 因为，平面，且，所以平面． （2）以为坐标原点，分别以的方向为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，所以，,2,，,1,，,0,， 则， 因为点在棱中点上，所以的坐标为， 设平面的法向量为， 则，令，得， （3）以为坐标原点，分别以的方向为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，所以， 则， 因为点在棱上，所以， 则,,，故， 设平面的法向量为， 则， 令，得， 由（2）知平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则， 因为，所以， 所以， 即， 故平面与平面夹角的余弦值的最小值为． 16．如图，在正四棱柱中，分别为棱的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，利用正方形的性质得，再利用线面垂直的性质定理得，进而利用线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后利用向量法求出平面的夹角即可. 【详解】（1）连接，因为分别为棱的中点，所以且. 则四边形是正方形，则， 由正四棱柱的性质可知平面， 因为平面，所以， 因为平面平面，且， 所以平面. （2）由正四棱柱的性质可知两两垂直， 则以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系. 因为， 则， 故， 设平面的法向量为， 则令，得， 则， 由（1）可知平面， 则是平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则， 因为，所以， 即平面与平面的夹角为. 17．如图，在四棱锥中，四边形为正方形，，，二面角的大小为.    (1)证明：平面平面. (2)若点在线段上，且平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，中点，连接，，.先证平面，再结合勾股定理的逆定理证明，结合线面垂直的性质和判定定理，证明平面，再利用面面垂直的判定定理，可证明结论. （2）结合（1）的结论，建立空间直角坐标系，根据条件，确定点的位置，利用三角形的相似，确定点的坐标，利用向量法求线面角的正弦值即可. 【详解】（1）如图：    取中点，中点，连接，，. 因为，所以. 所以. 又因为四边形是正方形，所以. 所以为二面角的平面角，为. 在中，由余弦定理得：. 因为，即，所以. 由，，平面，且， 所以平面. 又平面，所以. 又，平面，，所以平面. 又平面，所以平面平面. （2）如图：    连接，交于，连接. 因为平面，平面，所以面平面， 又平面平面，平面平面， 所以平面. 因为两两垂直，故可以为原点，建立如图空间直角坐标系. 则，，，，. 因为，且，所以， 因为，所以，所以，所以. 所以，，. 设平面的法向量为， 则， 取. 则. 即为所求直线与平面所成角的正弦值. 18．如图，在直三棱柱中，，，，M、N、P分别是、、的中点. (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，求出坐标，利用向量证明，，根据线面垂直的判定定理证明； （2）求出平面的一个法向量，利用向量法求线面角； （3）由（1）平面的一个法向量为，利用向量法求解. 【详解】（1）在直三棱柱中，，则，，两两垂直， 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 由，则， 由，则， 由，且都在平面内，则平面. （2）设平面的一个法向量，，， 所以，取，则， 所以， 故与平面所成角的正弦值为. （3）由（1）知平面的一个法向量为，由（2）知， 所以点到平面的距离. 19．如图，已知四棱锥，底面，，，，，E为棱上靠近点P的三等分点． (1)证明：直线平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由相似三角形可得线段比例，从而可得线线平行，根据线面平行的判定，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标，求得直线的方向向量以及平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）连接，记，连接，如下图： 在梯形中，易知，则， 由题意可得，所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2）由题意易知两两垂直， 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 可得，，， 设平面的法向量，则， 令，则，所以平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则. 1 / 22 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一章 空间向量与立体几何（高效培优单元测试·提升卷） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．在平行六面体中，，，，则（   ） A． B． C． D． 2．正方体中，点P为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A． B．三棱锥的体积为定值 C．直线与平面所成角的取值范围为 D．直线与直线所成的角为定值 3．已知点，点，平面的一个法向量为，则直线与平面的关系是（    ） A． B． C． D．与相交但不垂直 4．已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则（    ） A．2 B．1 C． D． 5．如图，在四面体中，.点在上，且，点是的中点，则 （    ）    A． B． C． D． 6．如图，在正方体中，为棱上一点且，点是棱上的动点，给出下面个结论： ①存在点，使； ②存在点，使； ③的面积不变； ④三棱锥的体积不变． 则正确的结论的个数是（    ） A． B． C． D． 7．如图所示，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．动点M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且．当MN的长最小时，二面角的平面角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 8．在直三棱柱中，，三棱锥体积最大值为（   ） A． B． C．2 D．4 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．在平行六面体中，，，M为的中点，则（    ） A． B． C． D． 10．已知空间向量，，，则（    ） A． B． C． D．，，是共面向量 11．正四棱锥中，各棱长均为1，，，．过点，，的平面交于点，且，则（    ） A． B．点到平面的距离为 C．平面与平面夹角的余弦值为 D．两个四棱锥与体积之比为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若平面的一个法向量，平面的一个法向量，且，则x＋z＝ ． 13．在长方体中，底面是边长为1的正方形，，Q是空间中的一个动点，且满足，则直线与所成角的正切值的取值范围为 . 14．已知直三棱柱中，，，侧棱，若点，分别是线段，的中点，则点到直线的距离是 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．如图，在四棱锥 中， 平面 是棱 的中点， . (1)证明: 平面 . (2)求点 到平面 的距离. (3)若点 在棱 上，求平面与平面所夹锐角的余弦值的最小值. 16．如图，在正四棱柱中，分别为棱的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角. 17．如图，在四棱锥中，四边形为正方形，，，二面角的大小为.    (1)证明：平面平面. (2)若点在线段上，且平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 18．如图，在直三棱柱中，，，，M、N、P分别是、、的中点. (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离. 19．如图，已知四棱锥，底面，，，，，E为棱上靠近点P的三等分点． (1)证明：直线平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $$