第三章 空间向量与立体几何（高效培优单元自测·提升卷）数学北师大版高二选择性必修第一册

第二章 圆锥曲线（高效培优单元自测·提升卷） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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．已知，，，若不能构成空间的一个基底，则（    ） A．3 B．1 C．5 D．7 2．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（     ） A． B． C． D． 3．已知向量，，若，则实数的值为（   ） A．0 B．1 C． D．2 4．如图，平面，，，，，为的中点，为上一点，若，则点到平面的距离为（     ） A． B． C． D． 5．如图，已知正方形是圆柱的轴截面，底面圆上的中点为，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 6．在平行六面体中，，，，，则线段的长为（     ） A． B． C． D． 7．一副三角板如图拼接，使两个三角板所在的平面互相垂直．如果公共边，若直线上一动点，直线上一动点，则线段长度的最小值为（     ） A． B． C． D． 8．如图是一副直角三角板和，其中，现将三角板沿公共边翻折成右图的四面体，在翻折的过程中，下列叙述错误的是（ ） A．当四面体的体积最大时，若在内部，且，则点的轨迹长度为 B．异面直线与所成角的余弦值取值范围是 C．当直线与平面所成角相等时，四面体外接球的表面积为 D．为线段上的动点，则的最小值为 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。） 9．下列关于空间向量的说法中，正确的是（   ） A．若，则或 B．若，，则 C．对于任意空间向量，，都有 D．零向量与任意向量平行 10．下列命题正确的有（     ） A．若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则； B．若非零向量，，满足，，则有； C．若、、是不共线的三个点，存在点，使，则在平面内； D．若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底． 11．在长方体中，，，，空间中的点P满足，x，y，，则下列说法正确的是（     ） A．若，则点P在平面上 B．若，且，则与面所成角最小值的正切值为 C．若，则的最小值为 D．若，且P在长方体表面上，则P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．已知向量 ，，则 ______． 13．如图，在长方体中，，，，点E，F分别在，上，且，，则平面与平面夹角的余弦值为__________．    14．如图，在正四棱台中，，，，，直线与平面交于点，则_________． 四、解答题（本题共5小题） 15．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，． (1)证明：平面平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 16．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，是的中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，说明理由． 17．如图，平行六面体的底面是菱形，且，，设，， (1)用向量，，表示与； (2)求证：平面； (3)求异面直线与夹角的余弦． 18．如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，E为棱上一点，且. (1)求证：平面； (2)求点E到平面的距离； (3)在棱上是否存在点Q（不与C，P重合），使得直线与平面所成角的正弦值为，若不存在，说明理由，若存在，求出的值. 19．如图1，在平面五边形中，，，，，、分别为、的中点，将沿翻折，使点到点的位置，如图2． (1)若平面． （i）证明：； （ii）三棱锥的各顶点都在球上，为球球面上的动点，求的取值范围． (2)在翻折的过程中，二面角正弦值的范围为，求平面与平面夹角的最小值． 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 1 / 22 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三章 空间向量与立体几何（高效培优单元自测·提升卷） （考试时间：120分钟 试卷满分：150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 2 3 4 5 6 7 8 A B A B A C A A 2、 多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．） 9 10 11 CD ACD ACD 3、 填空题（本题共3小题，每小题5分，共20分．） 12． 13．/ 14． 四、解答题（本题共5小题，共72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15．(1)设中点，连接，，如图， ，，，所以， 因为，所以有，则， 因为，为中点，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． (2)在棱上存在点，使得平面与平面的夹角为， 为上靠近的三等分点，证明如下： 由（1）得平面，因为，平面， 则，，过作的平行线，则以为原点， 过且垂直于的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴， 建立空间直角坐标系， 由题意得，则，，， 因，，则，故， 则，，， 设，由题可知， ， 设平面法向量为，则， 令，则，，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，，， 因为平面与平面的夹角为， 所以， 化简得，即，又，则， 所以为上靠近的三等分点． 【分析】（1）取中点，利用面面垂直证平面，再利用线面垂直的定义证；再结合直角梯形的性质和勾股定理的逆定理证明，根据线面垂直的判定定理得到平面，最后根据面面垂直的判定定理可得结论. （2）建立空间直角坐标系，设出点M的坐标，分别求出两个平面的法向量，利用平面夹角的向量公式列式求解即可. 【详解】（1）略 （2）略 16．(1)证明：连接，交于点，连接，点是的中点，点是的中点， 所以，平面，平面，所以平面. (2) (3)存在，的长为或 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，用空间向量数量积公式求解二面角. （3）假设在棱上存在一点使得，且，即可求出，利用向量的夹角公式列出关于的方程求解即可. 【详解】（1）略. （2）以为坐标原点，以，，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，. 设平面的法向量， 则，令，则，， 所以平面的法向量， 平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 所以， 即平面与平面夹角的正弦值为. （3）由题，，，， 则，， 假设存在这样的点，设， 则， 由（2）知平面的法向量， 设直线与平面的夹角为， 则， 整理得，所以，解得或， 当时，；当时，， 故存在一点满足条件，线段的长为或. 17．(1)， (2)由于四边形为菱形，则，即， 所以，，同理可得， 由题意可得，， 所以，， 所以，同理可证， 因为，因此，平面 (3) 【分析】（1）使用空间向量的线性运算求解； （2）使用向量证明线线垂直，通过线面垂直判定定理求解； （3）使用空间向量的模长公式和夹角公式求解. 【详解】（1） （2）略 （3）由（1）得 所以，异面直线与夹角的余弦为 18．(1)如下图，以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，由题意可知，，，，，因为，所以，可得. 则，，，，， ，，平面， 平面. (2)2. (3)在棱上存在点Q使得直线与平面所成角的正弦值为，. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，得出，，的坐标，可计算出，，则可知，，进而根据线面垂直的判定定理可证明出平面. （2）计算出的坐标，求出平面的一个法向量，直接利用点面距离公式计算即可求出点E到平面的距离. （3）设，写出Q点坐标，得到向量，由（1）已知是平面的法向量，利用线面角公式列方程进而解出，再检验是否符合题意即可. 【详解】（1）略. （2）由（1）可得，，， 设平面的一个法向量，， 令，可得，，. . 所以点E到平面的距离为2. （3）设，，由（1）知，则 ，. 因为，可得， 因为，则. 由（1）知是平面的一个法向量，直线与平面所成角满足： ， 已知， ， ， 则有， 平方可得，，， 解得（舍去，与C重合）或. 所以在棱上存在点Q使得直线与平面所成角的正弦值为，. 19．(1)（ⅰ）如图，令， 由，得，由，，得， 则，， 而，则为正三角形，于是， 又，则， 由平面，平面，得， 而，、平面，因此平面， 又平面，所以. （ⅱ） (2) 【分析】（1）（ⅰ）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理得证； （ⅱ）建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式列式求出球心坐标，再结合球面的性质求出的范围； （2）由二面角的定义确定二面角的平面角，建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法列式求解. 【详解】（1）（ⅰ）略 （ⅱ）由、分别为、的中点，得，则， 作，则直线、、两两垂直， 以为原点，直线、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、、， 设球心为，由， 得，解得， 即，因此球的半径， ， 则的最小值为，的最大值为， 所以的取值范围为. （2）令，因为，且为的中点，所以为的中点， 连接，则，，作平面， 则直线、、两两垂直，以为原点，直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、， 所以，， 设，由（1）知，而，则是二面角的平面角， ，由二面角正弦值的范围为，得， 由，得，， 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 则，取，得， ，取，得， 设平面与平面夹角的大小为，则 ，当且仅当时取等号， 因此的最大值为，此时取得最小值， 所以平面与平面夹角的最小值为. 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三章 空间向量与立体几何（高效培优单元自测·提升卷） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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．已知，，，若不能构成空间的一个基底，则（    ） A．3 B．1 C．5 D．7 【答案】A 【详解】，，均不是零向量，若不能构成空间的一个基底，则存在一组不全为0的数，使得，即 解得 2．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】已知空间向量，，向量在向量上的投影向量公式为：， 计算得：；， 所以投影向量为：. 3．已知向量，，若，则实数的值为（   ） A．0 B．1 C． D．2 【答案】A 【详解】因为向量，，且， 则. 4．如图，平面，，，，，为的中点，为上一点，若，则点到平面的距离为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间直角坐标系得到平面的法向量和平面外的点与平面内一点连线的方向向量，利用向量计算点到平面的距离． 【详解】平面，且，故以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系； ，，且，； 为的中点，，故，； 则，，； 设为平面的法向量，则 ，即，解得， 令，可得； 设点到平面的距离为， 则，故点到平面的距离为． 5．如图，已知正方形是圆柱的轴截面，底面圆上的中点为，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设正方形边长为，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出两条异面直线的方向向量，利用向量夹角公式计算向量夹角余弦，再取绝对值得到异面直线所成角的余弦值． 【详解】 设正方形边长为，建立空间直角坐标系，底面圆心为原点，在轴，， 因为是的中点，所以， ，， 所以， 因为异面直线所成角的范围为， 所以异面直线与所成角的余弦值为． 6．在平行六面体中，，，，，则线段的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由空间向量线性运算，可得，再利用数量积运算性质即可求解． 【详解】因为， 且，，，， 所以 ， 因此线段的长为． 7．一副三角板如图拼接，使两个三角板所在的平面互相垂直．如果公共边，若直线上一动点，直线上一动点，则线段长度的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用面面垂直的性质，建立空间直角坐标系，两动点位于异面直线上，则线段长度的最小值即为异面直线间的距离的长度，利用空间向量法进行求解即可． 【详解】因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面． 故以点为坐标原点，以、所在直线为轴、轴， 在平面内，过点作平面的垂线，并以此作出轴，如图所示： 因为公共边，为等腰直角三角形， 所以，，． 因为为含的直角三角形，所以． 因为点是直线上一动点，点是直线上一动点， 所以线段长度的最小值，也就是异面直线与间的距离的长度． 直线的方向向量，直线的方向向量． 设异面直线与的公垂线的方向向量为， 则，即， 令，解得，，即． 因为， 所以异面直线与间的距离， 所以线段长度的最小值为． 8．如图是一副直角三角板和，其中，现将三角板沿公共边翻折成右图的四面体，在翻折的过程中，下列叙述错误的是（ ） A．当四面体的体积最大时，若在内部，且，则点的轨迹长度为 B．异面直线与所成角的余弦值取值范围是 C．当直线与平面所成角相等时，四面体外接球的表面积为 D．为线段上的动点，则的最小值为 【答案】A 【分析】当四面体的体积最大时，即可得到坐标，分析在内部，且，得到点的轨迹，即可判断选项A，建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线夹角余弦值，即可判断选项B，利用线面夹角定义，分析出，通过空间直角坐标系求出球心坐标，即可判断选项C， 根据翻折前后图形的变换，即可分析选项D中的点，进而利用余弦定理求出的最小值，判断选项D. 【详解】对于A，如图建立空间直角坐标系，则， 当四面体的体积最大时，到平面距离最大，此时， 因为在内部，且， 所以的轨迹为以为圆心，在内部，且其半径为， 如图，明显小于半圆对应的弧长，A错误.    对于B，如图建立空间直角坐标系， 则，设， 则，又， 所以，解得，所以， 又， 令与的夹角为，所以，B正确； 对于C，设到平面的距离为， 且直线与平面所成角分别为，则， 若，则可得， 如图，建立空间直角坐标系，取中点为，设， 则，， 所以， 且， 又，即， 由选项B可知，所以解得， 则，设外接球的球心， 所以， 即， 解得，即， 所以外接球半径为， 所以外接球表面积为，C正确； 对于D，由题知，最小时，即翻折前的长， 翻折前，因为，所以， 所以，又， 所以在中， ， 所以，D正确； 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。） 9．下列关于空间向量的说法中，正确的是（   ） A．若，则或 B．若，，则 C．对于任意空间向量，，都有 D．零向量与任意向量平行 【答案】CD 【详解】对A，若，则或或，故A错误； 对B，若，则对任意，都有，，但未必成立，故B错误； 对C，因为，当，即时取等号，故C正确； 对D，规定零向量与任意向量平行，故D正确. 10．下列命题正确的有（     ） A．若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则； B．若非零向量，，满足，，则有； C．若、、是不共线的三个点，存在点，使，则在平面内； D．若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底． 【答案】ACD 【分析】利用空间基底定义、向量共线共面判定、四点共面向量充要条件，结合反证法与举反例，逐一判断四个命题真假． 【详解】对于A，若，不共线，则在空间中取与，都垂直的非零向量， 则可作为空间向量的一组基底，与已知矛盾，所以，A正确； 对于B，当，，时， 显然，，但是，B错误； 对于C，由，得， 化简得，即四点共面，C正确； 对于D，假设共面，即共面， 则由平面向量基本定理可知共面， 与是空间的一个基底矛盾，假设不成立， 所以也是空间的一个基底，D正确． 11．在长方体中，，，，空间中的点P满足，x，y，，则下列说法正确的是（     ） A．若，则点P在平面上 B．若，且，则与面所成角最小值的正切值为 C．若，则的最小值为 D．若，且P在长方体表面上，则P的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】对于A，当时，可得，可判断A；平面，可得的值最大时，与面所成角最小，可判断B；利用等体积法可求得最小值判断C；求得轨迹长可判断D. 【详解】对于A，当时，可得，所以， 所以点在平面上，故A正确； 对于B，因为，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 又，且时，点在直线上，到平面的距离为定值， 要使与面所成角最小，则的值最大，由题意， 故，直线与所成角无限趋于零，故正切值无限趋于零，故B错误； 当时，点在平面内，的最小值即为点到平面的距离， 由勾股定理可得，， ， 由余弦定理可得， 所以，所以， 设到平面的距离为，由， 得，所以， 解得，故C正确； 当，在表面内的轨迹是以为圆心，4为半径的一段圆弧， 圆弧交于点，可得，所以， 所以，所以， 当在表面内时，由，所以的轨迹是以为圆心， 2为半径的圆的，所以轨迹长度为， 在平面内的轨迹与在内的相同为， 在平面内轨迹是以为圆心，4为半径的圆的，所以轨迹长度为， 所以若，且在长方体表面上，则的轨迹长度为，故D正确. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分。） 12．已知向量 ，，则 ______． 【答案】 【详解】因 ，，则， 故. 13．如图，在长方体中，，，，点E，F分别在，上，且，，则平面与平面夹角的余弦值为__________．    【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求面与面的夹角余弦值. 【详解】以A为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系， 则， 平面的一个法向量， 设平面的法向量为， ， 则有 令，则，所以. 则， 即平面与平面夹角的余弦值为.    14．如图，在正四棱台中，，，，，直线与平面交于点，则_________． 【答案】 【分析】取一组基向量，用基向量表示关键向量，利用四点共面条件比较系数求解。 【详解】设，，，则， 由于，则， 于是① 由题意得，②， ③，④， 设，由①得⑤， 因为，，，四点共面，则存在，使得， 而，，，. 整理得， 将②③④代入得⑥ 比较⑤⑥系数得，，，即，解得. 四、解答题（本题共5小题） 15．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，． (1)证明：平面平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】(1)设中点，连接，，如图， ，，，所以， 因为，所以有，则， 因为，为中点，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． (2)在棱上存在点，使得平面与平面的夹角为， 为上靠近的三等分点，证明如下： 由（1）得平面，因为，平面， 则，，过作的平行线，则以为原点， 过且垂直于的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴， 建立空间直角坐标系， 由题意得，则，，， 因，，则，故， 则，，， 设，由题可知， ， 设平面法向量为，则， 令，则，，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，，， 因为平面与平面的夹角为， 所以， 化简得，即，又，则， 所以为上靠近的三等分点． 【分析】（1）取中点，利用面面垂直证平面，再利用线面垂直的定义证；再结合直角梯形的性质和勾股定理的逆定理证明，根据线面垂直的判定定理得到平面，最后根据面面垂直的判定定理可得结论. （2）建立空间直角坐标系，设出点M的坐标，分别求出两个平面的法向量，利用平面夹角的向量公式列式求解即可. 【详解】（1）略 （2）略 16．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，是的中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明：连接，交于点，连接，点是的中点，点是的中点， 所以，平面，平面，所以平面. (2) (3)存在，的长为或 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，用空间向量数量积公式求解二面角. （3）假设在棱上存在一点使得，且，即可求出，利用向量的夹角公式列出关于的方程求解即可. 【详解】（1）略. （2）以为坐标原点，以，，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，. 设平面的法向量， 则，令，则，， 所以平面的法向量， 平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 所以， 即平面与平面夹角的正弦值为. （3）由题，，，， 则，， 假设存在这样的点，设， 则， 由（2）知平面的法向量， 设直线与平面的夹角为， 则， 整理得，所以，解得或， 当时，；当时，， 故存在一点满足条件，线段的长为或. 17．如图，平行六面体的底面是菱形，且，，设，， (1)用向量，，表示与； (2)求证：平面； (3)求异面直线与夹角的余弦． 【答案】(1)， (2)由于四边形为菱形，则，即， 所以，，同理可得， 由题意可得，， 所以，， 所以，同理可证， 因为，因此，平面 (3) 【分析】（1）使用空间向量的线性运算求解； （2）使用向量证明线线垂直，通过线面垂直判定定理求解； （3）使用空间向量的模长公式和夹角公式求解. 【详解】（1） （2）略 （3）由（1）得 所以，异面直线与夹角的余弦为 18．如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，E为棱上一点，且. (1)求证：平面； (2)求点E到平面的距离； (3)在棱上是否存在点Q（不与C，P重合），使得直线与平面所成角的正弦值为，若不存在，说明理由，若存在，求出的值. 【答案】(1)如下图，以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，由题意可知，，，，，因为，所以，可得. 则，，，，， ，，平面， 平面. (2)2. (3)在棱上存在点Q使得直线与平面所成角的正弦值为，. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，得出，，的坐标，可计算出，，则可知，，进而根据线面垂直的判定定理可证明出平面. （2）计算出的坐标，求出平面的一个法向量，直接利用点面距离公式计算即可求出点E到平面的距离. （3）设，写出Q点坐标，得到向量，由（1）已知是平面的法向量，利用线面角公式列方程进而解出，再检验是否符合题意即可. 【详解】（1）略. （2）由（1）可得，，， 设平面的一个法向量，， 令，可得，，. . 所以点E到平面的距离为2. （3）设，，由（1）知，则 ，. 因为，可得， 因为，则. 由（1）知是平面的一个法向量，直线与平面所成角满足： ， 已知， ， ， 则有， 平方可得，，， 解得（舍去，与C重合）或. 所以在棱上存在点Q使得直线与平面所成角的正弦值为，. 19．如图1，在平面五边形中，，，，，、分别为、的中点，将沿翻折，使点到点的位置，如图2． (1)若平面． （i）证明：； （ii）三棱锥的各顶点都在球上，为球球面上的动点，求的取值范围． (2)在翻折的过程中，二面角正弦值的范围为，求平面与平面夹角的最小值． 【答案】(1)（ⅰ）如图，令， 由，得，由，，得， 则，， 而，则为正三角形，于是， 又，则， 由平面，平面，得， 而，、平面，因此平面， 又平面，所以. （ⅱ） (2) 【分析】（1）（ⅰ）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理得证； （ⅱ）建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式列式求出球心坐标，再结合球面的性质求出的范围； （2）由二面角的定义确定二面角的平面角，建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法列式求解. 【详解】（1）（ⅰ）略 （ⅱ）由、分别为、的中点，得，则， 作，则直线、、两两垂直， 以为原点，直线、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、、， 设球心为，由， 得，解得， 即，因此球的半径， ， 则的最小值为，的最大值为， 所以的取值范围为. （2）令，因为，且为的中点，所以为的中点， 连接，则，，作平面， 则直线、、两两垂直，以为原点，直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、， 所以，， 设，由（1）知，而，则是二面角的平面角， ，由二面角正弦值的范围为，得， 由，得，， 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 则，取，得， ，取，得， 设平面与平面夹角的大小为，则 ，当且仅当时取等号， 因此的最大值为，此时取得最小值， 所以平面与平面夹角的最小值为. 1 / 22 学科网（北京）股份有限公司 $