高中數(shù)學同步講義（人教A版選擇性必修一）第13講 第一章 空間向量與立體幾何 測評卷（提高卷）（教師版）

第一章空間向量與立體幾何章節(jié)驗收測評卷(提高卷）一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）1．（2023春·江蘇淮安·高二統(tǒng)考期末）已知直線的方向向量，平面的法向量，若，則（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】由題可得，所以可設(shè)，所以，所以.故選：C.2．（2023春·江蘇淮安·高二統(tǒng)考期末）已知四棱錐的底面為正方形，平面，，點是的中點，則點到直線的距離是（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】如圖建立空間直角坐標系，則，所以，所以，所以點到直線的距離是.故選：D.3．（2023春·江蘇徐州·高二統(tǒng)考期中）在正四面體中，過點作平面的垂線，垂足為點，點滿足，則（

）A． B．C． D．【答案】B【詳解】由題知，在正四面體中，因為平面，所以是的中心，連接，則，所以.

故選：B4．（2023·全國·高三專題練習）在我國古代數(shù)學名著《九章算術(shù)》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為“鱉臑”，在鱉臑中，平面，，且，為的中點，則二面角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】分別以直線為軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設(shè)，則，，，，，∴，，設(shè)為平面的一個法向量，由，取，則，取平面的一個法向量，設(shè)二面角為，則，∴．故選:C5．（2023春·四川成都·高二成都外國語學校?？计谥校┤鐖D，在四棱錐中，底面為矩形，底面，，，為的中點，則面與直線所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】因為平面，四邊形為矩形，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、、，設(shè)平面的法向量為，，，則，取，可得，，所以，，所以，，因此，面與直線所成角的余弦值為.故選：D.6．（2023·安徽合肥·合肥市第六中學?？寄M預(yù)測）已知在長方體中，，，在線段上取點M，在上取點N，使得直線平面，則線段MN長度的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】解：如圖，以為軸建立空間直角坐標系，則，，，設(shè)平面的一個法向量為，則，取，則，即，又，，，設(shè)，，則，因為平面，故即，當時，取得最小值，即的長度的最小值為．故選：D．

7．（2023·陜西銅川·統(tǒng)考二模）在四棱錐中，底面為菱形，，平面，，為線段的中點，為線段上的動點，則下列結(jié)論錯誤的是（

）A．平面平面 B．三棱錐的體積為C．與平面所成角的最小值為 D．與所成角的余弦值為【答案】A【詳解】如圖，取中點，由題意，，，由余弦定理得，故，即，又，所以,又平面，且平面，平面，故，，如圖，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，由題意，，，，，，，設(shè)，其中，設(shè)面的法向量為，而，，故有，即，令，則，故面的一個法向量為，設(shè)面的法向量為，而，，故有，即，令，則，故面的一個法向量為，選項A，因為，不恒為0，故選項A錯誤；選項B，由題意，，由于為中點，故，到面距離相等，從而，所以選項B正確；選項C，因為平面，所以平面的一個法向量，而，設(shè)與面所成角為，故，因為，所以當時，取最小值，此時取最小值，故選項C正確；選項D，由題意，，，故，從而與所成角的余弦值為，故選項D正確.故選：A.8．（2023·江西·校聯(lián)考二模）在四棱錐中，棱長為2的側(cè)棱垂直底面邊長為2的正方形，為棱的中點，過直線的平面分別與側(cè)棱、相交于點、，當時，截面的面積為（

）A． B．2 C． D．3【答案】A【詳解】由題意，平面，四邊形為正方形，如圖，建立空間直角坐標系D-xyz，

則，，，，，，，設(shè)，，則，又，，所以，則，由題意，四點共面，所以，所以，解得，所以，，所以，所以，即，所以，所以，又，所以，即，所以，所以，所以截面的面積為.故選：A二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.）9．（2023春·山西晉中·高二校聯(lián)考階段練習）如圖，在正方體中，分別為的中點，則（

）A．B．平面C．平面D．直線與直線所成角的余弦值為【答案】AD【詳解】以點為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)，則..A選項，因為，所以，A正確.B選項，設(shè)平面的法向量為，則，令得，，故，因為，所以與不垂直，則直線與平面不平行，錯誤.C選項，若平面，則.因為，所以直線與直線不垂直，矛盾，C錯誤.D選項，，D正確.故選：AD10．（2023·海南?？凇ずＤ先A僑中學?？家荒＃┤鐖D，在棱長為1的正方體中，是棱上的動點，則下列說法正確的是（

）

A．不存在點，使得B．存在點，使得C．對于任意點，到的距離的取值范圍為D．對于任意點，都是鈍角三角形【答案】ABC【詳解】由題知，在正方體中，是棱上的動點，建立以為原點，分別以，，的方向為軸、軸、軸的正方向的空間直角坐標系.所以，，，設(shè)，其中，所以，，當時，即，所以，顯然方程組無解，所以不存在使得，即不存在點，使得，故A項正確；當時，解得，故B項正確；因為，其中，所以點Q到的距離為，故C項正確；因為，，其中，所以，所以三角形為直角三角形或鈍角三角形，故D項錯誤.

故選：ABC11．（2023春·廣東廣州·高三華南師大附中?？茧A段練習）已知四面體的外接球球心為，內(nèi)切球球心為，滿足平面，，是線段上的動點，實數(shù)，滿足，實數(shù)a，b，c，d滿足，則下列說法正確的是（

）A．， B．C．若，則 D．若，則//平面【答案】ABCD【詳解】根據(jù)空間向量“奔馳定理”可知，，因為四面體的內(nèi)切球球心，所以，如圖，平面，平面，所以，且，，平面，所以平面，平面，所以，因為，，所以，，即，故A正確；因為和是有公共斜邊的直角三角形，斜邊的中點到頂點的距離都相等，且為，所以四面體外接球的球心為的中點，所以，即，故B正確；

因為平面，平面，所以，若，，平面，所以平面，平面，所以，故C正確；

因為平面，平面，故平面平面，過作，垂足為，因為面平面，平面，故面，而面，故，若，則，而平面，故平面，故，而平面，平面，所以平面，故D正確.故選：ABCD12．（2023春·安徽安慶·高二安徽省宿松中學校考期中）如圖，邊長為4的正方形是圓柱的軸截面，點為圓弧上一動點（點與點不重合），則（

）A．存在值，使得B．三棱錐體積的最大值為C．當時，異面直線與所成角的余弦值為D．當直線與平面所成角最大時，平面截四棱錐外接球的截面面積為【答案】BCD【詳解】對于選項，由題意知，若，，平面，則平面，所以，不成立，故不正確；對于選項，在三棱錐中，半圓面，則是三棱錐的高，當點是半圓弧的中點時，三棱錐的底面積取得最大值，三棱錐的體積取得最大值為，故選項B正確；對于選項C：當時，則為的中點，以的中點為原點，以分別為軸，建立空間直角坐標系，則,，，，可得，則，故異面直線與所成角的余弦值為，所以正確；對于選項，取的中點，過點作于點，連接，由題意知，平面，平面，，又因為，，平面，可得平面，所以為在平面內(nèi)的射影，則為直線與平面所成的角，設(shè)，則，在Rt中，，所以，故，令，則，且，所以，當且僅當，即時取等號，所以，則，所以直線與平面所成最大角的正弦值為，此時，所以，連接，因為平面，平面，所以，因為為正方形，所以，在中，可得，在中，可得，則，因為，所以點為四棱錐外接球的球心，因為，由，解得，所以球心到面的距離，設(shè)截面半徑為，則有，所以截面面積為，故D正確.故選：BCD.三、填空題：（本題共4小題，每小題5分，共20分，其中第16題第一空2分，第二空3分.）13．（2023秋·安徽蚌埠·高二統(tǒng)考期末）正多面體也稱柏拉圖立體，被譽為最有規(guī)律的立體結(jié)構(gòu)，是所有面都只由一種正多邊形構(gòu)成的多面體（各面都是全等的正多邊形）.數(shù)學家已經(jīng)證明世界上只存在五種柏拉圖立體，即正四面體?正六面體?正八面體?正十二面體?正二十面體.已知一個正八面體的棱長都是2（如圖），分別為棱的中點，則__________.

【答案】/【詳解】由題意，可得，，又由正八面體的棱長都是，且各個面都是等邊三角形，在中，由，可得，所以，所以.故答案為：.

14．（2023·全國·高三專題練習）已知空間向量，，則向量在向量上的投影向量的坐標是__________．【答案】，【詳解】空間向量，，則向量在向量上的投影向量是，所以向量在向量上的投影向量的坐標是.故答案為：15．（2023·江蘇鎮(zhèn)江·揚中市第二高級中學?？寄M預(yù)測）在正方體中，點是棱的中點，是側(cè)面上的動點，滿足//平面，若該正方體的棱長為，則點到直線的距離的最小值為__________.【答案】【詳解】因為//，，所以為平行四邊形，則//，平面，平面，可得//平面，故點在線段上（點除外），點到直線的距離的最小值為異面直線之間的距離，如圖，以為坐標原點建立空間直角坐標系，則，可得，設(shè)，可得，則，令，解得，即，此時，符合題意，所以點到直線的距離的最小值為.故答案為：.16．（2022秋·北京·高二人大附中校考期中）有很多立體圖形都體現(xiàn)了數(shù)學的對稱美，其中半正多面體是由兩種成兩種以上的正多邊形圍成的多面體，半正多面體因其最早由阿基米德研究發(fā)現(xiàn)，故也被稱作阿基米德體.如圖，這是一個棱數(shù)為24，棱長為的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，可以看成是由一個正方體截去八個一樣的四面體所得，這個正多面體的表面積為___________.若點E為線段BC上的動點，則直線DE與直線AF所成角的余弦值的取值范圍為___________.【答案】/【詳解】由題意得該幾何體有6個面為邊長為的正方形，8個面為邊長為的等比三角形，故，在原正方體中建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，設(shè)，，，則直線DE與直線AF所成角的余弦值，而，故，，故答案為：；四、解答題（本題共6小題，共70分，其中第17題10分，其它每題12分，解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟.）17．（2023·全國·高三專題練習）如圖，在四棱錐中，平面為的中點，底面是邊長為2的正方形，且二面角的余弦值為．(1)求的長；(2)求點到平面的距離．【答案】(1)(2)【詳解】（1）如下圖所示，以為原點，分別為軸、軸、軸建系.，，設(shè)，則.所以，.容易看出，平面的一個法向量為.設(shè)平面的法向量為，則有，即取，則，，即.由題，二面角的余弦值為，解得,故的長為.（2）由（1）得，，.則點到平面的距離為.18．（2023秋·河南鄭州·高二統(tǒng)考期末）如圖，已知平面ABCD，底面ABCD為正方形，，M，N分別為AB，PC的中點．(1)求線段MN的長；(2)求PD與平面PMC所成角的正弦值．【答案】(1)(2)【詳解】（1）根據(jù)題意，分別以所在直線為軸、軸、軸，以為坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系：則N分別為PC的中點，所以，易知，所以（2）易得，設(shè)平面的法向量為則，令，則；所以設(shè)直線與平面所成角為，則，即PD與平面PMC所成角的正弦值為19．（2023春·湖南湘潭·高二統(tǒng)考期末）如圖，在四棱錐中，底面，底面是正方形，與相交于點E，點F在線段上，且.(1)求證：平面；(2)求平面與平面夾角的正弦值.【答案】(1)見解析(2)【詳解】（1）以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，設(shè)，則

故,由得,所以,，，由于因此，進而,又平面,故平面；（2），

設(shè)平面的法向量，，，則，取，得，平面的法向量，則，取，得，設(shè)平面與平面的夾角，則．．20．（2023秋·廣東湛江·高二統(tǒng)考期末）如圖，在棱長為2的正方體中，E為AD中點．(1)求平面與平面夾角的余弦值；(2)探究線段上是否存在點F，使得平面？若存在，確定點F的位置；若不存在，說明理由．【答案】(1)(2)存在，點為線段上靠近點的三等分點見解析【詳解】（1）如圖，以為原點，，，所在直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，則，0，，，2，，，2，，，0，，，0，，，2，，，0，．，，設(shè)平面的法向量，，即，令，則，，，連接，，由于平面，平面,所以，平面，平面，為平面的一個法向量．，平面與平面夾角不超過，故平面與平面夾角的余弦值為（2）假設(shè)在線段上存在點，使得平面．設(shè)，，，平面，，即，，2，，，，即，解得，在線段上存在點，使得平面，此時點為線段上靠近點的三等分點．21．（2023·安徽安慶·安徽省桐城中學?？家荒＃┤鐖D，在八面體中，四邊形是邊長為2的正方形，平面平面，二面角與二面角的大小都是，，．(1)證明：平面平面；(2)設(shè)為的重心，是否在棱上存在點，使得與平面所成角的正弦值為，若存在，求到平面的距離，若不存在，說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)存在，【詳解】（1）因為為正方形，所以，又，，平面，所以平面，所以為二面角的平面角，即，又平面平面，，所以平面，即為二面角的平面角，即，如圖建立空間直角坐標系，則，，，，所以，，即，所以，因為平面，平面，所以平面，又，平面，平面，所以平面，因為，平面，所以平面平面.（2）由點在上，設(shè)點，其中，點，所以，平面的法向量可以為，設(shè)與平面所成角為，則，即，化簡得，解得或（舍去），所以存在點滿足條件，且點到平面的距離為.22．（2023·安徽蚌埠·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知三棱柱中，側(cè)面是正方形，底面是等腰直角三角形，且為線段中點，.(1)求證：平面平面；(2)在線段上是否存在點，使