第一章 空间向量与立体几何 章末优化测试卷-2025-2026学年高二上学期数学人教B版选择性必修第一册

第一章 空间向量与立体几何 章末优化测试卷 姓名：___________班级：___________学号：___________ （满分：150分，考试时间：120分钟） 一、单项选择题：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．在空间直角坐标系中，直线经过点，且其方向向量，则点到直线的距离为（   ） A． B． C．3 D． 2．已知的三个顶点分别是，，，则的面积为（    ） A． B． C．5 D． 3．如图，已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面圆的直径，点在圆弧上，且，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 4．在空间直角坐标系中，球心的坐标为，半径为，则球面的方程为.已知为坐标原点，，点满足，则的最大值为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 5．已知边长为2的正方体中，向量，若，则的最小值为（   ） A． B． C．2 D．2 6．如图，在正四棱锥中，点是棱的中点，点在线段上，点在线段上，点在平面内，且，则的值为（    ） A． B． C．2 D． 7．如图，在四棱锥中，顶点在底面的投影恰为正方形的中心且，设点分别为线段、上的动点，已知当取最小值时，动点恰为的中点，则该四棱锥的外接球的表面积为 A． B． C． D． 8．如图，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，是棱上的一个动点，为侧面上的动点，则下列说法错误的是（    ）    A．点到平面的距离为定值 B．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 C．若，且，则点到直线的距离为 D．若，则的最小值为2 二、多项选择题：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．有选的得0分． 9．下面四个结论正确的是（ ） A．任意向量，，若，则或或 B．任意向量满足 C．若已知空间向量和，则在上的投影向量为. D．已知为平面的一个法向量，为一条直线，为直线的方向向量，则“”是“”的充要条件 10．如图，在三棱锥中，，平面，，，，，分别为，，，的中点，是的中点，是线段上的动点（不包括端点），三棱锥的外接球为球，三棱锥的外接球为球，则（    ）    A．的取值范围为 B．存在点，使得 C．，，三点共线 D．球球面上点到平面距离最大值是 11．如图，棱长为2的正方体中，，分别是棱，棱的中点，动点满足，其中，，下列选项正确的是（   ） A．若，则 B．若，则三棱锥的体积为定值 C．若，则直线与直线所成角的最小值为60° D．若动点在三棱锥外接球的表面上，则点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．如图，在一个的二面角的棱上有两个点，线段分别在这个二面角的两个半平面内，并且都垂直于棱，且，，则的长为 13．如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，且面ABCD，E为棱PD上一动点，满足.若二面角的平面角的正切值为，当时，求PC与平面ACE所成角的正弦值 . 14．如图①是直角梯形，，，是边长为1的菱形，且，以为折痕将折起，当点到达的位置时，四棱锥的体积最大，是线段上的动点，则到距离最小值为 ． 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．如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为矩形，E，F分别为PA，CD的中点． (1)求证：平面PBF； (2)若，求直线PC与平面PBF所成角的正弦值． 16．如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱，的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面成角的余弦值. 17．如图，已知正方体的棱长为6，点在棱上，且为的中点，点在棱上，且. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 18．如图，在三棱锥中，和都是等腰三角形，且，，．    (1)若． （ⅰ）求证：平面平面； （ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值． (2)求三棱锥外接球的半径的最小值． 19．已知四棱锥中，平面平面，，，为等腰直角三角形，. (1)证明：平面； (2)若是线段上一点，且平面，求平面与平面夹角的余弦值； (3)点满足（2）中条件，在线段上是否存在点（不与端点重合）使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章 空间向量与立体几何 章末优化测试卷 姓名：___________班级：___________学号：___________ （满分：150分，考试时间：120分钟） 一、单项选择题：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．在空间直角坐标系中，直线经过点，且其方向向量，则点到直线的距离为（   ） A． B． C．3 D． 【答案】D 【分析】由点到直线的距离的向量公式即可求解． 【详解】由题意可得与同向的单位向量 点到直线的距离． 故选：D 2．已知的三个顶点分别是，，，则的面积为（    ） A． B． C．5 D． 【答案】D 【分析】用空间向量点到直线的距离公式计算出点到的距离，再利用三角形的面积公式计算即可. 【详解】因为，， 所以， 点到的距离为， 则. 故选：D 3．如图，已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面圆的直径，点在圆弧上，且，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，写出向量的坐标，利用异面直线所成角的向量公式求解即可. 【详解】以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，则，，，， ，， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：B 4．在空间直角坐标系中，球心的坐标为，半径为，则球面的方程为.已知为坐标原点，，点满足，则的最大值为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】设，由得点的轨迹，再根据轨迹关系求解最值即可. 【详解】设，由得， 整理得：， 所以点在以为球心，为半径的球面上， 所以的最大值为. 故选：C. 5．已知边长为2的正方体中，向量，若，则的最小值为（   ） A． B． C．2 D．2 【答案】A 【分析】根据空间中四点共面的条件判断出P点所在的平面，进而转化为C点到该平面的距离问题可得. 【详解】如图：    取中点，则，因为， 所以点在平面内，的最小值就是三棱锥的高， 因为， 所以的面积， 设三棱锥的高为，则，所以. 故选：A. 6．如图，在正四棱锥中，点是棱的中点，点在线段上，点在线段上，点在平面内，且，则的值为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】应用空间向量加法和数乘运算，再结合四点共面列式计算求解参数. 【详解】以为空间向量的一组基底， 则 ， 因为，则， 因为四点共面，所以，故． 故选：B. 7．如图，在四棱锥中，顶点在底面的投影恰为正方形的中心且，设点分别为线段、上的动点，已知当取最小值时，动点恰为的中点，则该四棱锥的外接球的表面积为 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】在上取与点对应的点，显然当为的中点时，，计算棱锥的高，利用勾股定理计算出球的半径，进而可得出结果. 【详解】 在上取点，使得，则， 当时，取得最小值， 即的最小值为， 因为此时，恰为的中点， 所以， 因此，， 设外接球的半径为，则，解得， 因此，外接球的表面积为. 故选B 【点睛】本题主要考查几何体外接球的相关计算，熟记球的表面积公式即可，属于常考题型. 8．如图，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，是棱上的一个动点，为侧面上的动点，则下列说法错误的是（    ）    A．点到平面的距离为定值 B．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 C．若，且，则点到直线的距离为 D．若，则的最小值为2 【答案】D 【分析】利用平行线的传递性与平行线共面判断A，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得线面角的取值范围判断B，利用空间向量推得四点共面，结合面面平行的性质定理判断C，利用线面垂直的判定定理判断D，从而得解. 【详解】对于A，在正方体中，，分别为棱，的中点， 所以， 又平面，平面，所以平面， 又点是棱上的一个动点，所以点到平面的距离为定值，故A正确； 对于B，以为原点，建立空间直角坐标系，如图，    设（），则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，故， 设直线与平面所成角为（）， 则， 因为，所以，则， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，故B正确； 对于C，连接，，，， 因为，且，所以，，，四点共面， 因为在正方体中，平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以， 在正方体中，，， 所以四边形是平行四边形，则，则， 因为为棱的中点，所以为棱的中点，即， 则，，，， 故点到直线距离，故C正确； 对于D，连接，因为平面， 所以是在平面上的射影， 要使，则， 所以点的轨迹是平面上以为圆心，1为半径的半圆， 所以的最小值为，故D错误.    故选：D 二、多项选择题：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．有选的得0分． 9．下面四个结论正确的是（ ） A．任意向量，，若，则或或 B．任意向量满足 C．若已知空间向量和，则在上的投影向量为. D．已知为平面的一个法向量，为一条直线，为直线的方向向量，则“”是“”的充要条件 【答案】AC 【分析】利用向量数量积定义推理判断A；利用相等向量的意义判断B；利用投影向量的意义判断C；利用线面位置关系判断D. 【详解】对于A，由及，得或或， 则或或，A正确； 对于B，表示与共线的向量，表示与共线的向量， 而的方向无法确定，因此无法判断是否相等，B错误； 对于C，由投影向量的定义知在上的投影向量为，C正确； 对于D，当时，可以在平面内，即“”不是“”的充要条件，D错误. 故选：AC 10．如图，在三棱锥中，，平面，，，，，分别为，，，的中点，是的中点，是线段上的动点（不包括端点），三棱锥的外接球为球，三棱锥的外接球为球，则（    ）    A．的取值范围为 B．存在点，使得 C．，，三点共线 D．球球面上点到平面距离最大值是 【答案】ACD 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得A、B，由墙角模型可得C，利用球面上点到平面的最大距离等于球心到平面的距离加上半径可得D. 【详解】在三棱锥中，平面，建立如图所示的空间直角坐标系，    则， ，由是线段上的动点，设 对于A，，，A正确； 对于B，则，， 由，则不存在点，使得，B不正确； 对于C，由题意易得三棱锥的外接球为球即为墙角模型的的外接球球心，其球心位于正方体的体对角线的中点，所以， 同理三棱锥的外接球为球， 由可得，，三点共线，故C正确； 对于D，球心在以为顶点为棱的正方体的中心，其半径为， 又，易得平面的法向量为，且 所以到平面距离为，所以球球面上点到平面距离最大值是，故D正确. 故选：ACD 11．如图，棱长为2的正方体中，，分别是棱，棱的中点，动点满足，其中，，下列选项正确的是（   ） A．若，则 B．若，则三棱锥的体积为定值 C．若，则直线与直线所成角的最小值为60° D．若动点在三棱锥外接球的表面上，则点的轨迹长度为 【答案】AB 【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，利用向量法可证明判断A，若，点在直线，可得体积为定值判断B；求得直线与直线所成角的最小值判断C；确定外接球的球心，进而求轨迹的周长判断D. 【详解】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，，，，， 所以， 所以，即 ， 所以，又， 所以， 所以，所以，故A正确； 因为，，所以点在直线上， 又因为，，所以四边形是平行四边形， ，又平面，平面，所以平面， 所以到平面的距离为定值，又的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故B正确； 点为的中点，坐标为，点的坐标为 ， 向量，向量， 设直线与直线所成的角为， ， 又因为，当 时，， 即直线与直线所成角的最小值为，故C错误； 因为三棱锥即为三棱锥，又底面是直角三角形， 过的中点作平面，是三棱锥外接球的球心， 因为平面，所以，又， 所以三棱锥外接球的半径， 因为点在平面内，又在三棱锥外接球的表面上， 所以的轨迹是平面截三棱锥外接球的截面圆， 又易得到平面的距离为1，所以截面圆的半径为， 所以的轨迹的周长为，故D错误. 故选：AB. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．如图，在一个的二面角的棱上有两个点，线段分别在这个二面角的两个半平面内，并且都垂直于棱，且，，则的长为 【答案】3 【分析】用向量表示，求. 【详解】因为， 所以， 由题意，， 则， 所以， 因为线段分别在这个二面角的两个半平面内， 并且都垂直于棱，且二面角大小为， 所以， 而， 于是， 所以. 故答案为：. 13．如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，且面ABCD，E为棱PD上一动点，满足.若二面角的平面角的正切值为，当时，求PC与平面ACE所成角的正弦值 . 【答案】 【分析】建立恰当的空间直角坐标系,根据题意求得点P的坐标,根据直线与平面所成角的向量求法求得PC与平面ACE所成角的正弦值. 【详解】记,取PC中点，连接，又平面ABCD，所以平面ABCD， 又，所以以为原点，OB，OC，OH所在直线为x，y，z轴如图建立空间直角坐标系，底面ABCD为菱形，且， 设则，设， 则， . 设平面PBC的一个法向量为， 则，令，所以， 又因为平面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量为， 设二面角的平面角为，则 由，得 ，解得. 因为，所以，设， 所以 所以， 设平面ACE的一个法向量为， 则,所以所以,令，则. 所以，所以. 所以PC与平面ACE所成角的正弦值. 14．如图①是直角梯形，，，是边长为1的菱形，且，以为折痕将折起，当点到达的位置时，四棱锥的体积最大，是线段上的动点，则到距离最小值为 ． 【答案】 【分析】由题意得面面，结合菱形性质，得两两互相垂直，建立适当的空间直角坐标系，由空间向量法求点到直线的距离即可得解. 【详解】 折起前，连接菱形的对角线交于点， 所以，所以折起后有， 因为菱形的边长为1， 所以， 又因为，，且 所以在中，有， 所以， 所以折起前后四边形的面积固定， 若以为折痕将折起， 当点到达的位置时，四棱锥的体积最大， 则此时点到平面的距离最大， 则此时有面面， 又面面，，面， 所以面， 又面， 所以， 又， 所以两两互相垂直， 如图，以为原点，建立空间直角坐标系： 则， 过点作于点，则， 又因为， 所以，即， 所以， 因为三点共线， 所以不妨设 ， 所以点到直线的距离 ， 所以当时，， 所以到距离最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：解题关键是得到面面，结合菱形性质，建立适当的空间直角坐标系，由此即可顺利得解. 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ABCD，底面ABCD为矩形，E，F分别为PA，CD的中点． (1)求证：平面PBF； (2)若，求直线PC与平面PBF所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可； （2）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）证明：取PB的中点G，连接EG，GF，如图． 因为E，G是PA，PB的中点，所以，且. 因为，且， 所以，所以四边形EGFD为平行四边形， 所以， 又平面PBF，平面PBF， 所以平面PBF. （2）如图，以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则． 所以，，． 设平面PBF的法向量为， 则， 则| ， 所以直线PC与平面PBF所成角的正弦值为. 16．如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱，的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明平面. （2）利用向量法求得平面与平面所成角的余弦值. 【详解】（1）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，, 则，，, 设平面的法向量为, 则, 取，则, 由于, 故, 又平面，故平面. （2）由（1）知平面的法向量，平面的一个法向量， 设平面与平面所成角为，则. 17．如图，已知正方体的棱长为6，点在棱上，且为的中点，点在棱上，且. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）利用空间向量证明垂直于平面的法向量从而证明平面； （2）利用空间向量法来求点到面的距离即可. 【详解】（1）以点为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以为平面的一个法向量， 因为，所以， 又平面，所以平面. （2）由（1）知，平面的一个法向量为， 所以由点到平面的距离公式得， 所以点到平面的距离为. 18．如图，在三棱锥中，和都是等腰三角形，且，，．    (1)若． （ⅰ）求证：平面平面； （ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值． (2)求三棱锥外接球的半径的最小值． 【答案】(1)（ⅰ）证明见解析，（ⅱ）； (2)4. 【分析】（1）（ⅰ）由和得到平面，平面平面；（ⅱ），过作交于，由平面平面， 得到平面，过作，以为原点，分别为轴建系，利用空间向量法求解； （2）根据题中条件找到三棱锥外接球的球心为直线和直线的交点，求出的外接圆的半径为和的外接圆的半径为， 找到为二面角的平面角，设，利用余弦定理求出，利用四点共圆，得到为四边形的外接圆的半径，利用正弦定理得到，通过换元法及基本不等式得到的最小值，三棱锥外接球的半径为，由，得到的最小值. 【详解】（1）（ⅰ），，，平面，平面， 平面，平面，平面平面； （ⅱ）平面平面，过作交于，平面， 平面，过作，以为原点，分别为轴建系，如图所示.   是等腰三角形，，，， 是等腰三角形，，，， ，，， ，，，， ，，， 设平面的法向量为， ，，取，解得， ， 平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为， ， 平面与平面的夹角的余弦值为； （2）设的中点为，，为的外心，过作平面，    设的外接圆的外心为，过作平面的垂线， 则球心在直线上，球心在直线上， 三棱锥外接球的球心为直线和直线的交点， 的外接圆的半径为， 在中，设的外接圆的半径为，，，， ，， 设的中点为，则， 则为二面角的平面角，设， ，，， ，， ， ， ，四点共圆， 为四边形的外接圆的半径， ， 设，则，， ， 当且仅当时，即时取等号，， 三棱锥外接球的半径为，， ，. 19．已知四棱锥中，平面平面，，，为等腰直角三角形，. (1)证明：平面； (2)若是线段上一点，且平面，求平面与平面夹角的余弦值； (3)点满足（2）中条件，在线段上是否存在点（不与端点重合）使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)存在点， 【分析】（1）取的中点，结合题意可证，结合面面垂直的性质可得平面，进而可得，即可证线面垂直； （2）建系标点，设，结合线面平行可得，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求面面夹角； （3）设，求平面的法向量，利用空间向量结合二面角列式解出的值，进而分析判断. 【详解】（1）取的中点，连接， 由题意可知：，，则， 且，即，可得， 可知四边形为正方形，可得， 则，可得， 又因为为等腰直角三角形，，可知， 且平面平面，平面平面，平面， 则平面，由平面可得， 且，平面， 所以平面. （2）由（1）可知：平面，， 以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 可得，， 设，， 则， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 又因为， 若平面， 则，解得，即， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 又因为，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）由（2）可得：，， 设，，则， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 且平面的法向量， 由题意可得：， 整理可得，解得或（舍去）， 所以存在点，此时. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $