空间向量与立体几何 专项训练-2027届高三数学一轮复习

高中数学人教A版选择性必修一空间向量与立体几何 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C D D B D B A AD ABD 题号 11 答案 ACD 1．C 【详解】因为分别为的中点， 所以且，且， 与相交，与异面， 所以与向量相反的向量为. 2．C 【详解】由题意圆锥底面的半径，圆锥的高， 所以圆锥的体积为. 3．D 【详解】解法一：， 解得，所以或，所以； 解法二：， 所以. 4．D 【分析】设平面与平面的法向量分别为，，求出，再结合逐一判断即可. 【详解】，设平面与平面的法向量分别为，. ，令，，. 由平面平面，. 当时，，A错误. 当时，，B错误. 当时，，C错误. 当时，，D正确. 5．B 【详解】若向量与共面，则存在实数，，使得， ， 对各选项逐一验证： 对于A：，假设， 比较系数使，方程组有解， ，三向量共面，不能构成基底，故A错误； 对于B：假设， 比较系数使 由得，方程组无解， 不存在实数得等式成立，三个向量不共面，可以构成基底，故B正确； 对于C：假设， 比较系数使，方程组有解， ，向量共面，不能构成基底，故C错误； 对于D：假设， 比较系数使，方程组有解， ，三向量共面，不能构成基底，故D错误. 6．D 【分析】分析可知：，平面.解法一：利用正弦定理可得的外接圆半径，结合直棱柱的外接球特征求外接球半径和表面积；解法二：建立空间直角坐标系，根据球的定义求球心和半径，即可得表面积. 【详解】在原中，，，则， 且点为中点，则，， 在四面体中，可得，， 且平面，，则平面. 解法一：因为，则， 可得的外接圆半径， 外接球的半径， 所以外接球的表面积为； 解法二：以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 由，得. 设外接球球心为，满足， 则， 解得，，，即， 则，所以外接球的表面积为. 7．B 【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点与向量坐标，利用方程组求出平面的法向量，再由向量关系确定点坐标得到坐标，用点到平面的向量距离公式求解. 【详解】如图，以点为原点，AB，AD，AP所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 则，所以. 设，平面PBD的法向量为，则所以 令，则，所以是平面的一个法向量. 又，所以，解得， 即，则， 所以点到平面PBD的距离为. 8．A 【分析】解法一：建立空间直角坐标系，用向量的方法求线面角的正弦值，进而可得正切值；解法二：设在平面上的射影为，通过线段的计算判断为中点，进而为与平面所成的角，再由等腰直角三角形可得所求角的正切值. 【详解】解法一：分别作直角和直角的高线和， 因为矩形中，，所以. 再由等面积法：，得. 由勾股定理得，所以. 如图，以为原点，平面为平面，方向为轴正方向建立空间直角坐标系, 因为轴，所以平面，所以就是二面角的平面角，所以. 所以，，平面的法向量取， 设与平面所成的角为（）， 则， 因为，所以. 因此与平面所成角的正切值为. 解法二： 分别作直角和直角的高线和， 因为矩形中，，所以. 再由等面积法：，得. 由勾股定理得，所以 ，且，， 所以 ， 所以. 设在平面上的射影为，则平面， 因为平面，所以. 又因为，，且，平面， 所以平面，而平面，所以， 因此为二面角的平面角，所以， 所以，且，即为的中点，所以为中点. 因此为与平面所成的角， 在中，，所以 因此为等腰直角三角形，所以. 因此与平面所成角的正切值为. 9．AD 【分析】由空间向量的加法即可判断A选项；取正方形中心，由投影的定义可求得，从而由可求得，判断B选项；设，写出向量，根据线面平行时空间向量的数量关系求得，即可判断C选项；由空间向量的数量积即可判断D选项. 【详解】A选项，为的中点，，A选项正确； B选项，设底面中心为O，则，，， 所以. 故，B选项错误； C选项，设， 则， 则. 若平面，则可由，线性表示， 故的系数，得，即，C选项错误；. D选项，. 因为，，且，所以，即， D选项正确. 10．ABD 【分析】对于A，由线面平行证明即可；对于B,利用数量积的运算律计算即可；对于C，建立空间直角坐标系，利用点到直线距离的向量公式求解；对于D，先确定三棱锥的外接球球心在直线上，设，求出球心坐标，从而得到球半径. 【详解】A项，因为，平面，平面， 所以平面； B项，易知， 所以； C项， 如图，建立空间直角坐标系，则， 设，的方向向量取， 则到直线的距离， 因为，所以不存在最大值； D项，的外心为，且平面， 所以三棱锥的外接球球心在直线上， 设，则，即，解得， 所以. 11．ACD 【分析】对于A，若,则，点与点重合，平面与棱交于，即平面与棱交于,通过证明平面,可得；对于B，由已知可得全等，则，取中点，连接延长交CD于点，连接，可证平面，故当点位于时，，而点与点不一定重合，所以选项B未必成立；对于C，若，则点，分别为线段的中点，由于四点共面，通过空间向量线性运算结合空间向量基本定理可判断；对于D，由已知条件可得，设四棱锥体积为，那么，则，则，，又，故，通过空间向量线性运算结合空间向量基本定理可求出即可判断. 【详解】点，分别满足，，，， 故点，分别位于线段上且与点不重合. 对于A，若,则，点与点重合， 平面与棱交于即平面与棱交于, 由，平面，平面,得平面， 由平面平面,平面,平面可得，故A正确； 对于B,，，那么全等， 则，取中点，连接延长交CD于点，连接， 则有,，那么平面， 故当点位于时，，而点与点不一定重合，所以选项B不一定成立； 对于C，若，则点，分别为线段的中点， 由于，那么 即， 又四点共面，所以， 即， ，又， 所以， 由于不共面，根据空间向量基本定理可知， ，故C正确； 对于D，， 由于，，， 所以， 因为，所以， 设四棱锥体积为，那么， 则， 又平面将该四棱锥分成上、下体积相等， 所以，，又，故， 由选项C可知， ， 由于不共面，根据空间向量基本定理可知， ， 解得（另一组解舍去），所以存在，故D正确. 12．/0.5 【详解】由空间中任意一点满足，得点可以不在平面内， 而四点共面，则，解得. 13． 【详解】设平面的法向量为，，所以，令，取， 所以到平面的距离. 14．/ 【分析】设，，利用基底表示，再根据 求出，最后利用空间向量基本定理列方程组求解. 【详解】设， 因为， 所以， ， 因为四点共面，所以 又，所以， 则 根据空间向量基本定理，有，得． 15．(1) (2) 【分析】（1）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； （2）根据线面平行判定定理判定平面，结合空间向量点到面距离公式进行求解即可. 【详解】（1）以D为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 结合，且．可知， ， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为； （2）连接，由于，且，则, 故，而四边形为矩形，故， 于是， 因为平面，平面， 所以平面， 因此直线到平面的距离就是点到平面的距离， 设平面的法向量为， ， 则有，令，则，即 则点E到平面的距离为：， 则直线到平面的距离为． 16．(1)取的中点，连接， 因为F，M均为中点， 故为中位线，即， 又， 故， 所以四边形为平行四边形， 故， 又平面， 所以平面． (2) 【分析】（1）取的中点，连接，根据中位线的性质证明四边形为平行四边形，得到线线平行，进而证得线面平行； （2）先建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用向量法即可确定的值． 【详解】（1）略 （2）在平面中，过作，以所在直线为x，y，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 由已知，． ， 设平面法向量为，则， 解得，令，则，故． 设，则， 所以， 解得（舍去）， 故． 17．(1)连接，如下图，因为，所以是等腰三角形， O为的中点，由等腰三角形三线合一的性质可知. 因为，所以， ， 在中，， 即是直角三角形，， 则有，，平面，且相交， 由线面垂直的判定定理可知平面. (2) 【分析】（1）连接，可证，由，可知，由勾股定理求出，再由勾股定理的逆定理证明是直角三角形，则，最后由线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，设，写出三棱锥各点的坐标，分别求出平面和平面的一个法向量，已知二面角为，则可知两个法向量的夹角是或，利用向量的数量积求出点M的坐标，进而求出向量的模，即求出的长. 【详解】（1）略. （2）以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， ，，，. 则，设，，，，，. 设平面的一个法向量为，，则， 令，则有，， . 由（1）知，平面，则，则有平面，所以是平面的一个法向量， . ，，，由题设可知，则有，两边化简后平方，最后解出或（不符合，舍去）. 则，，即长为. 18．(1)证明：取的中点为，连接， ∵在梯形中，， ∴，即且，则四边形是平行四边形， ∴，在中，， 又∵二面角是直二面角，即平面平面，平面平面，平面， ∴平面，又平面，∴平面平面. (2). 【分析】（1）先取的中点为，利用直角三角形斜边中线的性质可证明出，再由面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理证明即可. （2）先建立如图空间直角坐标系，再利用异面直线所成角的余弦值求出，再根据点到平面距离的向量表示求解即可. 【详解】（1）略. （2）取的中点为，连接，∵折叠前，折叠后， 则，又平面平面，平面平面，平面， ∴平面， 由（1）知四边形是平行四边形，又，∴四边形是菱形，故， 则可以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，， 由（1）知，即，∴， 即，， 设异面直线与所成角为， 则，解得，即， 则，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 则点到平面的距离. 19．(1)如图， 取AC的中点，连接BE，DE. 因为是AC的中点，所以. 因为几何体是直三棱柱，所以四边形是矩形. 又是棱的中点，所以. 又平面平面BDE，所以平面BDE. 又平面BDE，所以. (2) (3) 【分析】(1)取AC中点构造辅助线，利用等腰三角形三线合一与直棱柱性质证AC⊥平面BDE，由线面垂直推出；(2)以AC中点为原点建系，写出各点坐标，求两个平面的法向量，借助向量夹角公式算出平面夹角余弦；(3)设，利用三棱锥内切球公式，列出体积与表面积方程求解. 【详解】（1）略 （2）以为原点，EB，EC，ED所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系. 若是的中点，则， 所以. 设平面ADM的法向量为，平面CDM的法向量为. 由得 令，得. 所以平面ADM的一个法向量为， 同理可求得平面CDM的一个法向量为， 所以. 所以平面ADM与平面CDM夹角的余弦值为. （3）设，则， 三棱锥的表面积为. 利用体积相等关系有，即， 解得，所以. 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 $ 高中数学人教A版选择性必修一空间向量与立体几何 一、单选题 1．在长方体中，分别为的中点，则与向量相反的向量是（    ） A． B． C． D． 2．已知圆锥的轴截面为，在空间直角坐标系中，点，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 3．已知，，若，则（   ） A． B． C． D． 4．已知向量，且平面平面，则平面的一个法向量为（    ） A． B． C． D． 5．若是空间的一个单位正交基底，则能与向量构成空间的另一个基底的是（    ） A． B． C． D． 6．在中，，，D为的中点，将沿翻折，使二面角为，则翻折后的四面体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 7．如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形，，点在上，且，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 8．如图，已知矩形，将沿对角线翻折至，使二面角大小为，则与平面所成角的正切值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．如图，在正四棱锥中，底面为正方形，为的中点，则下列说法正确的是（   ） A． B．若底面边长为2，侧棱，则 C．若在棱上且平面，则 D． 10．如图，圆柱的轴截面为边长为2的正方形，为底面圆周上的动点（不与重合），则（   ） A．平面 B． C．到直线距离的最大值为 D．三棱锥的外接球半径为 11．在四棱锥中，，，，点，分别满足，，，．平面与棱交于，，则以下结论正确的是（   ） A．若，则 B．，， C．若，则 D．若，则存在平面将该四棱锥分成上、下体积相等的两部分 三、填空题 12．已知空间中任意一点满足，且四点共面，则__________. 13．在空间直角坐标系下，的三个顶点坐标分别为，，，则原点到平面的距离为___________． 14．如图，四棱锥的底面是平行四边形，平面经过点，与分别交于点，若，则的值为___________． 四、解答题 15．如图，在棱长为3的正方体中，点是棱上的一点，且，点是棱上的一点，且． (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求直线到平面的距离． 16．如图，在四棱锥中，平面平面，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)若线段上存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 17．如图，在三棱锥中，，，O为的中点． (1)证明：平面； (2)若点M在棱上，且二面角为，求的长度． 18．如图，在梯形中，，现将所在平面沿对角线翻折，使点翻折至点，且成直二面角． (1)证明：平面平面； (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求点到平面的距离． 19．如图，在直三棱柱中，，，，是棱的中点，是棱（不含端点）上一点. (1)证明：； (2)若是的中点，求平面与平面夹角的余弦值； (3)若三棱锥的内切球的半径为，求的长. 学科网（北京）股份有限公司 $