第三章 空间向量与立体几何（高效培优单元测试·提升卷）高二数学北师大版2019选择性必修第一册

第三章 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．已知直线的方向向量是，平面的一个法向量是，则与的位置关系是（   ） A． B． C．l与α相交但不垂直 D．或 2．已知，，，如、、三个向量不能构成空间直角坐标系上的一组基底，则实数为（   ） A． B． C． D． 3．在四棱锥中，，，，则这个四棱锥的高等于（　　） A．26 B．13 C．2 D．1 4．在四面体中，，，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D．- 5．如图，直二面角的棱上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，且垂直于.若，则线段的长度为（   ） A． B． C．2 D． 6．已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（    ） A． B． C． D． 7．在平行六面体中，且，，若，则棱的最大值为（    ） A． B． C．3 D． 8．如图，空间图形是由四个全等的三角形拼接而成的，其中，，，经过点的平面满足，.若是以为斜边的等腰直角三角形，，且，则点A，B到平面的距离的平方之和为（    ）    A．2 B． C． D． 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．已知空间向量，，，则下列说法中正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．向量在上的投影向量的模长为 D．若，则 10．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（   ） A． B．点到直线CQ的距离是 C．平面ECG与平面的夹角正弦值为 D．异面直线CQ与所成角的正切值为 11．如图，在正三棱柱 中， 点为的中点，点 在棱上，则下列说法正确的是（    ） A． B．当点为的中点时，点为上底面内的动点(包括边界)，若平面，则点的轨迹长度为 C．当点为靠近的四等分点时，与夹角的余弦值为 D．当点为的中点时，将线段绕旋转 90°到，则在旋转过程中(包含与)与平面所成角的正弦值的取值范围为 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．在空间直角坐标系中，表示经过点，且方向向量为的直线的方程，则点到直线的距离为 ． 13．如图，在正四面体中，点、、、、、分别是所在棱的中点，空间中的点满足且，当取到最小值时，记此时的点为，则当、且时，数量积的不同取值的个数是 ． 14．如图.已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和6，侧棱长为4，点Q为上一点，且，则过点A，B，Q的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 .    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．（13分） 设正方体的棱长为2，求： (1)求直线到平面的距离； (2)求平面与平面间的距离. 16．(15分) 如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)当平面平面时，求直线与平面所成角的正弦值. 17．（15分） 如图，在三棱锥中，，，，. (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 18．(17分) 如图1，在梯形中，，点在线段上，，．现将沿翻折到的位置，使得二面角为直二面角，如图2所示． (1)若是的中点，证明：平面； (2)若分别是的中点，直线与平面所成角为． ①设，求的取值范围； ②求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围． 19.（17分） 空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：①多面体顶点的曲率等于减去多面体在该点处所有面角之和；②多面体的总曲率等于多面体所有顶点的曲率之和，多面体各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为． (1)如图1，已知四棱锥的底面ABCD为菱形，，O为BD的中点，且平面ABCD，． ①求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值； ②求二面角的平面角的正弦值； (2)瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他对简单多面体进行研究后，提出了著名的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足．请运用欧拉定理解决下列问题：碳60（）具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料．它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图2所示．已知碳60（）的分子结构是一个由60个C原子构成的分子，这个多面体有60个顶点，试求碳60（）各顶点的平均曲率． 22 / 22 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 第三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.已知直线1的方向向量是=(-2,2,2)，平面a的一个法向量是元=1，-1，-1，则1与的位置关系是() A.l⊥a B.111a C.1与a相交但不垂直 D.1/1a或1ca 【答案】A 【解析】a=（-2,2,2),i=1,-1,-1, 所以a=-2元， 所以1上， 故选：A 2.已知a=（2,-1,2,b=（-1,4,-3),c=(4,5,入)，如a、乙、C三个向量不能构成空间直角坐标系上的一组 基底，则实数2为() A.0 B.9 C.5 D.3 【答案】A 【解析】由题意可知，a五、C三个向量共面，则存在实数m、n,使得c=ma+nb, 2m-n=4 m=3 即4,5，)=m2,-1,2)+n-1,4,-3),所以 -m+4n=5,解得{n=2. 2m-3n=入 2=0 故选：A. 3.在四棱锥P-ABCD中，AB=(4,-2,3),AD=(-41,0),AP=(-3l,-4),则这个四棱锥的高等于() A.26 B.13 C.2 D.1 【答案】D 【解析】设平面ABCD的法向量万=(xy,z),则 820、0 1/21 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 4 1×(-3)+4×1+×(-4) 13 i·AP 3 所以这个四棱锥的高h= P++令 2=1 3 故选：D 4.在四面体ABCD中，CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=√2，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为 () A.② B.② 3 4 c.14 D..V② 4 4 【答案】B 【分析】建立合适的空间直角坐标系，求出AB,CD,根据异面直线夹角公式即可得到答案。 【解析】取BD的中点O,连接AO,OC,由CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=√2，得 AO⊥BD,CO⊥BD, 且0C=V5,A0=1,在△AOC中，AC2=A02+0C2,故A0⊥0C, 又BD∩OC=O,BD,OCc平面BCD,所以A0⊥平面BCD, 以OB,OC,OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则A(0,0,1),B1,0,0),C(0,V3,0),D(-1,0,0), 所以AB=(1,0,-1),CD=(-1,-V3,0), 设异面直线4AB与CD所成角为6，则cos0=AB-CD 1√2 |AB|CD1√2xV1+34 即异面直线AB与CD所成角的余弦值为 4 故选：B ZA B C 5.如图，直二面角α-I-B的棱上有两个点A,B,线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，且BD垂 2/21 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 直于I.若AB=2,AC=3,BD=4,∠CAB=60°，则线段CD的长度为() B D A.5 B.√23 C.25 D.√29 【答案】B 【分析】利用空间向量基本定理表示CD,再结合空间向量数量积的运算性质求CD即可。 【解析】因为a⊥B,anB=I,BDCB,BD⊥I,所以BD⊥a 又ACca,所以BD⊥AC, 因为C=9,AB2=4,BD=16,CA.AB=3×2×c0s120°=-3，AB.BD=CA.BD=0, 由CD=CA+AB+BD, CD=(CA+4B+BD)=CA+AB+BD+2CA.AB+2AB.BD+2CA.BD=9+4+16-6+0+0=23. 所以CD=√23. 故选：B 6.已知正方体ABCD-A,B,C,D,的棱长为2，点M为棱CD的中点，则平面ACM截该正方体的内切球所得 截面面积为() A哥 B.8π C.n D. 4π 9 3 【答案】B 【解析】球心O为正方体中心，半径R=1,以D为原点，DA,DC,DD,分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 如图， A2,0,0),C0,2,0),M0,1,2),O1,1,1, 则AC=(-2,2,0),AM=(-2,1,2),A0=(-1,1,1), 3/21 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA B B 设平面ACM的一个法向量为i=(x,y,), AC五=0 「-2x+2y=0 AM五=0 1-2x+y+22=0’令x=2,则y=2,2=1, 所以元=(2,2，)，则0到平面4MC的距离为：d=40n_-2+2+1_! n 3 -3 截面圆半径产=R-1一)号，所以截面面积5=-号 9， 故选B. 7.在平行六面体ABCD-A,B,C,D,中，且∠BAA=∠DAA,=60°，AB⊥AD,若A,C=3,则棱AA的最大值为 () A,√2 B.2W2 C.3 D.3√2 【答案】D 【分析】设AB=x,AD=y,A4=z,利用空间向量基本定理有A,C=AA+AB+AD,得 z2+x2+y2-xz-z=9,转化为代数问题，利用基本不等式有(x+y)-2z(x+y+2(z2-9)≤0，令 1=x+y,即得2-2zt+2(z2-9≤0，转化为关于t的一元二次不等式即可求解 【解析】设AB=x,AD=y,A4=z,则有AC=AA+AB+AD, 由∠BAA,=∠DAA=60°，AB⊥AD,所以AB·AD=0,∠AA,B,=∠AA,D,=120°， 所以AC2=AC=(4A+AB+AD)=AA+AB+AD°+2AAAB+24AAD+2AB.AD +B+AD+2B cos120+244D cos120 =z2+x2+y2-xz-yz=z2+(x+y)}2-(x+y)z-2xy=9, (x+y)2-(x+y)z+22-9=2xy, 4/21 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 由2y≤2x+y） 2 c+,当且仅当x=y时，等号成立， 2 所以(x+川2-(x+川z+2-9=2≤x+, 2 即(x+y2-2zx+y)+2(z2-9≤0，令t=x+y, 即2-2z1+2(z2-9)≤0，关于t的一元二次不等式要有解， 所以△=4z2-4×2(z2-9≥0，解得z2≤18，即z≤3√2， 所以z的最大值为32，当z=3√2时，t2-6√2t+18≤0， 即(-3≤0，所以1=x+y=35,即x=y-35时，等号成立， 2 故选：D 8.如图，空间图形ABCDE是由四个全等的三角形拼接而成的，其中EA=EC,EB=ED, AB=BC=CD=DA,经过点E的平面a满足AClla,BDI∥a.若△EAB是以AE为斜边的等腰直角三角形， AC=BD,且AB=1,则点A,B到平面的距离的平方之和为() /a A.2 B.√5 c.√6 D.25 【答案】B 【解析】因为AC∥a,BD∥a,所以在平面a内作点F,G使得EF=CA,EG=DB, 取AC的中点M,连接BM,DM: 因为AB=BC,CD=AD,M为AC的中点，所以BM⊥AC,DM⊥AC, 又因为BMc平面BDM,DMc平面BDM,BM∩DM=M,所以AC⊥平面BDM. 又因为BDC平面BDM,所以AC⊥BD,故EF⊥EG. 又由EA=EC,EB=ED得EM⊥AC,EM⊥BD, 从而以E为原点，EF,EG,EM分别为x,y,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则E(0,0,0).设A(x,0,),B(0,y2,22),C(-x,0,),D(0,-y2,22 5/21 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 因为△EAB是以AE为斜边的等腰直角三角形，AB=1,所以BE=I,AE=√2， x+z=2 y3+z3=1 而AC=BD,故由此可列出方程组 222=1 ++(-=得 22-z=1 X1='2 解得子=5，+1，巧=51故点4，B到平面a的距离的平方之和为+=5。 2 2 故选：B 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.己知空间向量=1,2，-2)，b=(x,1,0),c=(0,1,-1),则下列说法中正确的是(） A若a/6,则=月 B.若a⊥b,则x=-2 C。向量d-在后上的投影向量的模长为 D.若=5，则x=±2 【答案】BCD 【解析】对于A,空间向量a=(1,2,-2),b=(x,1,0),由a∥b,可得b=入a, 即x=2,1=22,0=-22,显然1和x无解，故A错误； 对于B,若a1b,则x+2+0=0→x=-2,故B正确： (1,1,-1(1,2,-2 对于C,向量ā-c=(1,1,-1)在ā=(1,2，-2)上的投影向量的模长是 5 故C正确； 1,2,-2) 对于D,=x1,0=V2+1=5→x=2,故D正确： 故选：BCD 10.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如 图1，把三片这样的达芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体.若图3中每个 正方体的棱长为1，则下列结论正确的是() 6/21 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 G D A B (图1) (图2) (图3) A.CO+AB=-AD+2AA B.点G到直线CQ的距离是5 C.平面ECG与平面BCD的夹角正弦值为2 3 D.异面直线CQ与BD所成角的正切值为√17 【答案】BCD 【解析】C0=CB+B0=-AD+2BA=-AD+2(AA-AB=-2AB-AD+2AA,即C0+2AB=-AD+24, A错误； 以A为原点建立空间直角坐标系，则C(-1,1,0),Q(0,-1,1),C(-1,1,-1),E1,-1,-1),G(-1,-1,1),B(0,1,-1), D(-1,0,-1) 所以QC=(-1,2,-1),EC=(-2,2,0),EG=(-2,0,2),BC=(-1,0,1),BD=(1,-1,0),C0=1,-2,2), 段m-Q子则监C到直线@约更离-2可--，5歹5B正焦： 设面ECG的法向量为m1=(x,y,z),面BCD的法向量为n,=(a,b,c), n·EC=-2x+2y=0 所以〈 取x=1,则1=(1,1,1)， n·EG=-2x+2z=0 元-8D=-4-b=0取a=1,则m=1,-1., n3·BC=-a+c=0 7/21 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 G n1·n2 cosn,n, 3xV53C正确， 1 B CQ·BD 1 1 所以cos CO,BD= C@BD9.V23√2，则tanC0,BD=7,D正确。 故选：BCD 11.如图，在正三棱柱ABC-AB,C,中，AB=AA=2,点M为AB,的中点，点Q在棱BB,上，则下列说 法正确的是() M A.CM⊥Ag B.当点Q为BB,的中点时，点P为上底面AB1C1内的动点（包括边界），若PQ//平面MBC,则点P的轨 迹长度为 2 C.当点Q为靠近B的四等分点时，AQ与BC,夹角的余弦值为V 5 D.当点Q为BB,的中点时，将线段QA绕QB旋转90°到QA',则QA在旋转过程中（包含QA与QA)与平 面MBC,所成角的正弦值的取值范围 【答案】ABD 【解析】对于选项A: 因为三棱柱ABC-A,B,C,为正三棱柱，点M为AB,的中点， 所以CM⊥A,B,CM⊥AA,因为AB,OAA,=A, 所以C,M⊥平面ABB,A,又AQC平面ABB,A, 8/21 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以C,M⊥AQ.所以A正确. 对于选项B: 取MB,B,C的中点D,E,连接DE,DQ,EQ B 在△BB,M中，DQ为中位线，所以DQ/IMB,又MBc平面MBC,,DQt平面MBC,则DQ/I平面 MBC. 在△BB,C,中，QE为中位线，所以QE //BC,又BC,C平面MBC1,QE4平面MBC,则EQ/I平面MBC· 又DOEO=Q,DQ,EQc平面DEQ,所以平面DEQII平面MBC, 又P为上底面的动点，则P的轨迹为DE· 又MC=V2-i=5,所以DE=5.B正确 2 取AB的中点O,连接OC,OM, 则以0为原点，以0B,0C,0M所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 则4-10.0.eo引， B1,0,0),C(0,V5,2 B B 所以40-（2.0引C-(15,2 所以cosA0,B℃= AOBC -2+3 12 AQ BC 44 5v210, 4 9/21 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以4Q与BC,夹角的余弦值为三.所以c错误， 10 对于选项D: 因为M(0,0,2,C0,V3,2,B1,0,0. MB=(1,0,-2),MC=0,V3,0 设平面MBC,的法向量为m=(x,y,z,则 MBIm=0 x-2z=0 V5y=0，令z=1,则m=(20,1. 则 MCm=0 因为点9为BB的中点，则Q1,0,1) 在O1绕0B旋转过程中，设旋转角为6，则0©0,2 所以A-2cos0+1,2sin0,0),所以QA=(-2cos0,2sin0,-l). OAm 所以QA与平面MBC,所成角的正弦值为cos(OA,m)= _4cos0+1_4cos6+1 2AmV5×√5 因为0∈0， 所以eos0e0,所以4a+1] 5 所以D正确， 故选：ABD. 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.在空间直角坐标系中，二龙-y二业=二表示经过点(x,,小，且方向向量为“，”，w)的直线的方 w 程，则点P11,3)到直线，3_”1_-2的距离为 221 【答案】2 【解析】由题意，直线，3-，-2二2过点43,12)，且方向向量为元=(2,2，， 221 又由P(1,山，3列，可得4P=(-2,0,1,可得os(元，AP= iAp -3 、1 4丽2+22+P×-22+0+5: 又由AP=V-2)2+02+12=√5， 10/21