第一章空间向量与立体几何单元卷（培优版）-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

中秋假期作业《空间向量与立体几何》测试卷（培优版） 高二数学 本卷满分150分，考试时间120分钟。 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 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．已知向量，，，若，，共面，则（    ） A．存在无数个实数符合题意 B．存在唯一的正整数符合题意 C．不存在正整数符合题意 D．不存在任何实数符合题意 2．已知、、三点不共线，点在平面外，点满足，则当点、、、四点共面时，实数（   ） A． B． C． D． 3．如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别为，的中点，O为底面ABCD的中心，点S在正方体的表面上运动，且满足，则下列结论正确的是（） A．点S可以是棱的中点 B．点S的轨迹是矩形 C．点S轨迹所围成的图形面积为 D．点S轨迹的长度为 4．已知点在棱长为1的正方体的内部且满足，则点到直线的距离为（　　） A． B． C． D． 5．已知平行六面体的所有棱长均为，，则异面直线与夹角的余弦值为（     ） A． B． C． D． 6．阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为.阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是平面与平面的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（　　） A． B． C． D． 7．在直三棱柱中，，，，为的中点，为棱上的动点，为棱上的动点，且，则线段长度的取值范围为（   ）． A． B． C． D． 8．已知点P是正方体的棱上的一个动点，设异面直线与所成的角为，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题列出的选项中，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．正方体中，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 10．下列说法中，正确的有（   ） A．若平面的法向量，，则、、、四点共面 B．若平面的法向量，，则与平面所成的角为 C．若平面的法向量，，则点到平面的距离是 D．若，，且是钝角，则实数的取值范围是 11．如图①所示，长方形中，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图②的四棱锥.若为线段中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ） A．平面 B．的长为定值 C．四棱锥体积的最大值为 D．设二面角的平面角为，若，则平面和平面夹角余弦值的最小值为 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．如图，在正四棱锥中，，设平面与直线交于点，则________. 13．点M是棱长为3的正方体中棱的中点，，动点P在正方形（包括边界）内运动，且面，则的长度的最大值为__________． 14．已知是棱长为4的正四面体的外接球的一条直径，点是该正四面体表面上的一点，则的取值范围为__________. 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） 在正四棱柱中，，P为的中点. (1)取中点，中点，求证：平面. (2)求证：平面平面 16．（15分） 在如图所示试验装置中，由矩形和构成，且，，，，分别在对角线，上移动，且与长度保持相等，记，，，且，. (1)当时，用向量表示，； (2)是否存在，使得平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 17． （15分） 如图，已知正方体，为的中点. (1)过作出正方体的截面，使得截面平行于平面，并说明理由； (2)为线段上一点，且直线与截面所成角的正弦值为，求. 18．（17分） 如图，在三棱锥中，平面平面，，. (1)证明：； (2)若点，，，都在半径为的球的表面上. （i）求； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 19．（17分） 如图，在空间直角坐标系中，点分别在轴上（点异于点），且. (1)当（表示面积）取得最大值时，求点到平面的距离. (2)若，动点在线段上（含端点），探究：是否存在点，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)记平面与平面、平面、平面的夹角分别为，比较与1的大小关系，并说明理由. 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 《中秋假期作业《空间向量与立体几何》测试卷（培优版）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A C C D A B A BCD ABC 题号 11 答案 ACD 1．B 【详解】因为向量，，， 若，，共面，则存在唯一实数，使得， 则，解得， 所以存在唯一的正整数符合题意. 2．A 【分析】设，利用空间向量的基本定理可求出的值. 【详解】因为、、三点不共线，点在平面外，点满足， 设， 由题意可知、、不共面，所以，故. 故选：A. 3．C 【分析】在正方体中，以点为坐标原点，分别以方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，根据，确定点的轨迹，再逐项判断，即可得出结果． 【详解】在正方体中，以点为坐标原点，分别以方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系， 因为该正方体的棱长为2，分别为的中点， 则，，，， 所以，设，则， 因为，所以 所以，即， 令，当时，；当时，； 取，    连接，则， 则， ， 所以，， 又，且平面平面， 所以平面， 所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动， 所以点的轨迹为正三角形，故B错误； 因此点不可能是棱的中点，故A错误； 正三角形边长为，则面积为，故C正确； 点轨迹的长度为，故D错误； 故选：C 4．C 【分析】根据题意画出图形，分别以为轴作出空间直角坐标系，写出相应的坐标，根据求出的坐标，然后利用点到直线距离的向量法公式计算即可. 【详解】分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为正方体的棱长为1， 所以 所以， 由， 所以， 所以， 又， ， 所以， 所以点到直线的距离为： 故选：C. 5．D 【详解】设，则， ， ， ， ， ，， ， ， 则， ， 设异面直线与的夹角为， 则，故选项D正确. 6．A 【分析】根据题目材料确定平面的法向量，由于同时满足两个平面方程的点在交线上，因此可取两个特殊点，作为交线的方向向量，再求解即可. 【详解】由题意可知，平面的法向量. 因为直线是平面与平面的交线， 因此直线上的点均满足两个平面方程, 我们可以取上的两个点，来计算直线的一个方向向量. 令,则,即在交线上； 令,则,即在交线上. 故直线的方向向量. 设直线与平面所成角为,则. 故选：A. 7．B 【分析】建立空间直角坐标系，列出各点的坐标，求出，然后根据已知条件列出的表达式，用换元法进行化简，判断函数的单调性，即可得到范围. 【详解】由题意，以为原点，以所在直线建立空间直角坐标系，如图所示， 则，设，. 那么，. 所以. . 因为，所以，令. 因为，所以，即. 所以，因为函数在上是增函数， 所以. 故选：B. 8．A 【分析】由正方体的性质可知所求为的最小值，又因为，可知当点在处时，有最小值，计算可得结果. 【详解】解：由正方体的性质可知：，则异面直线与所成的角为直线与直线所成的角，即或其补角. 又因为平面，所以，即求的最小值. ，当点在处时， . 故选：A. 9．BCD 【分析】建立适当空间直角坐标系后，表示出对应向量并逐项计算即可得. 【详解】    如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为，顶点坐标如下：   ，；   A选项，，A错误； B选项，，，平行，B正确； C选项， ，C正确； D选项， ，D正确. 故选：BCD. 10．ABC 【分析】对于A，根据空间向量共面性质判断即可；对于B，利用向量夹角公式判断即可；对于C，利用点到平面的距离公式求解判断即可；对于D，利用向量数量积小于零判断后，再排除掉反向共线的情况即可. 【详解】对于A：，平面或平面，又因为平面，故平面，因此、、、四点共面，故A正确； 对于B：设与平面所成的角为，则，因此，即与平面所成的角为，故B正确； 对于C：点到平面的距离，故C正确； 对于D：因为是钝角，故，解得，但当时，，此时是平角，不满足钝角，故D错误. 故选：ABC. 11．ACD 【分析】先证明平行四边形得出进而得出线面平行判断A，应用勾股定理计算判断B，应用四棱锥的体积公式计算判断C，应用空间向量法计算二面角余弦的最小值判断D. 【详解】取中点，连接，则因为为中点，所以为的中位线，所以且. 因为为的中点，四边形为矩形，所以且，所以且，故四边形为平行四边形， 所以，平面，所以平面.故A正确； 所以，故B不正确； 取的中点，连接，因为，则，当平面平面时， 点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时平面， 且，底面为梯形，面积为，则四棱锥的体积最大值为，故C正确； 连接，因为，所以，所以为二面角的平面角，即， 过点作平面，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，过作于点，由题意得平面， 设，因为，所以， 所以，所以， 所以， 设平面的法向量为，则 令，则， 设平面的法向量为， 因为， 则 令，可得：， 设两平面夹角为， 则 ， 令，所以， 所以， 所以当时，有最小值，所以平面和平面夹角余弦值的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 12． 【分析】由，结合已知可得，利用共面向量基本定理求解. 【详解】因为， 因为，所以， 所以，又， 所以，所以，因为共面， 所以，解得. 故答案为： 13． 【分析】先建立如图空间直角坐标系，取对应点使平面面，确定动点P的轨迹线段，再根据的长度的最大值为或中的最大者，计算比较大小即得结果. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，取线段上点G，使，取线段上点H，使，取线段上中点F，连接， 则，， 由知，，即，四点共面. 由知，，则面， 由知，，则面， 又与相交于平面内，故平面面. 因为动点P在正方形（包括边界）内运动，且面，所以动点P的轨迹是线段，故的长度的最大值为或中的最大者， 而，则， ，故的长度的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛: 本题的解题关键在于根据已知条件探索出平面面，确定点P的轨迹，才能比较长度突破难点. 14． 【分析】设正四面体的外接球球心为O，外接球半径为R，内切球半径为r，且平面ABC于H，利用AH，SH与外接球及内切球半径的关系，转化即可求解外接球、内切球的半径，然后利用向量的数量积，判断P的位置即可得到结果. 【详解】 设正四面体的外接球球心为，外接球半径为，内切球半径为，且平面于，则，； 由得， ， 且，此时点在四面体的四个顶点处， 则； ，此时为该正四面体的内切球与各面的切点， 则； 所以的取值范围为. 故答案为： 15．(1)证明: 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，解得，.. 又， 所以平面. (2)证明: 因为，又因为平面，平面， 所以平面， 所以平面，平面， 所以平面平面. 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量再应用向量相等即可证明； （2）先应用线面垂直判定定理证明平面，再应用面面垂直判定定理证明. 【详解】（1）略； （2）略. 16．(1)， (2)存在， 【分析】（1）根据题意，利用空间向量的线性运算法则，准确化简，即可求解； （2）设存在使得平面，由题意得，因为，得到， 得到，结合和，求得的值，即可得到答案. 【详解】（1）解：由空间向量的运算法则，可得：， ，     则. （2）解：假设存在使得平面，又由平面， 可得，， 因为，则，其中， 可得 ， 又因为，且，，，， 所以，，，， 所以，， 可得. 且， 化简得，解得，故存在，使得平面. 17．(1) 如图所示的平面即为截面，理由如下： 取的中点，的中点，连接、、， 因为为的中点，所以，，， 所以，即、、、四点共面， 又平面，平面，所以平面， 平面，平面，所以平面， 又，平面， 所以平面平面， 即平面即为过的正方体的截面，且截面平行于平面. (2) 【分析】（1）取的中点，的中点，连接、、，即可证明平面平面，从而得解； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）略 （2）如图建立空间直角坐标系，设，，， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，取， 则截面的法向量为， 又直线与截面所成角的正弦值为， 所以，解得或（舍去）， 所以，则. 18．(1) 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 又平面，所以. (2)（i）（ii） 【分析】（1）利用线面垂直证明平面，进而得到； （2）（i）建立空间直角坐标系，设球心，再结合得到球心坐标，从而求得；（ii）利用面面角的向量求法计算求解即可. 【详解】（1）略 （2）如图，以为坐标原点，，所在直线分别为轴， 过点在平面内作的垂线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，. （i）设球心，， 由，得， 解得，，. 由（1）知平面，所以设， 由，，得，， 解得，，， 则. （ⅱ）由（ⅰ）可得，，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则，得， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则，得， 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 19．(1); (2)存在，; (3)结论：.下面给出证明： 同（1）设的长度分别为，则. 显然平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则可取， 所以， 同理得， 故有. 要证.， 即证①. 事实上，有， 化简得， 则①式得证，故， 当且仅当即时等号成立，命题得证. 【分析】（1）利用基本不等式可求得取得最大值时，,再利用三棱锥的等体积法求出点到平面的距离； （2）利用空间向量坐标运算，结合参数表示线面角的正弦值，解方程即可得出参数值，进而得出结论； （3）利用空间向量坐标运算求出平面的法向量，再求出面面角的余弦值，利用基本不等式可得到结论并得证. 【详解】（1）不妨设，则且， 故， 当且仅当时等号成立，取得最大值，此时. 记点到平面的距离为. 因为， 又， 所以，解得. 所以，点到平面的距离为. （2）由题可知， 故. 设，则. 设为平面的法向量， 则即可取. 记直线与平面所成的角为， 则， 解得，则. 所以,存在线段的中点满足题意，此时. （3）略 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $