【培优分阶练】高中数学(人教A版2019)选修第一册 第一章《空间向量与立体几何》（章节综合测试）（含解析）

第一章 空间向量与立体几何 考点达标练 1．（2022·湖南衡阳·二模）设、是空间中两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列说法正确的是（       ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，，则 【答案】A 【详解】 对于A选项，设直线、的方向向量分别为、， 因为，，则平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 因为，则，故，A对； 对于B选项，若，，，则、平行或异面，B错； 对于C选项，若，，，则、的位置关系不确定，C错； 对于D选项，若，，，，则、平行或相交，D错. 故选：A. 2．（2022·河北石家庄·一模）《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右，是当时世界上最简练有效的应用数学专著，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系.在《九章算术》，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.已知在“堑堵”中，，，动点在“堑堵”的侧面上运动，且，则的最大值为（       ）. A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 由题意可知三棱柱为直三棱柱，且， 以为坐标原点， 分别为轴，建立如图所示的直角坐标系，如下图所示： 因为，则， 由于动点在“堑堵”的侧面上运动，则存在实数使得， 又，所以， 所以， 又，所以， 化简可得，即， 又， 又，所以，, 所以， 又，函数在上单调递减，且， 所以的最大值为. 故选：B. 3．（2022·安徽淮北·一模（理））在空间直角坐标系中，已知，，则点到直线的距离为（       ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】 ∵，，， ∴， ∴， ∴在方向上的投影数量为， ∴点到直线的距离为. 故选：C. 4．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（理））在正方体中，，分别为，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（       ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】 如图，以AB、AD、分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则 则 因为 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：A 5．（2022·辽宁丹东·模拟预测）在三棱锥中，平面ABC，，是正三角形，M，N分别是AB，PC的中点，则直线MN，PB所成角的余弦值为（       ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 【分析】 利用空间向量处理，根据异面直线夹角的处理代入计算． 【详解】 如图，以AC的中点O为坐标原点建立空间直角坐标系，设 则 ，则直线MN，PB所成角的余弦值为 故选：D． 课后培优练级练 培优第一阶——基础过关练 1．若，则=（       ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】 . 故选：D 2．已知，，，为空间中四点，任意三点不共线，且，若，，，四点共面，则的值为（       ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【详解】 若，，，四点共面，则，则 故选：D． 3．已知空间向量，，若，则（       ） A． B． C．1 D．2 【答案】A 【详解】 由，解得，则. 故选：A. 4．已知向量，若，则实数x的值为（       ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】D 【详解】 解：因为，所以. 故选：D 5．若向量，且与的夹角余弦值为，则实数等于（       ） A．0 B．－ C．0或－ D．0或 【答案】C 【详解】 由题知， 即，解得或. 故选：C 6．已知向量，，则在的方向上的数量投影为（       ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】 由题意知：在的方向上的数量投影为. 故选：C. 7．已知经过点的平面的法向量为，则点到平面的距离为（       ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【详解】 依题意，，所以点P到平面的距离为. 故选：D 8．在三棱锥P—ABC中，PA、PB、PC两两垂直，且PA=PB=PC，M、N分别为AC、AB的中点，则异面直线PN和BM所成角的余弦值为（       ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 以点P为坐标原点，以，，方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 令，则，，，， 则，， 设异面直线PN和BM所成角为，则. 故选：B. 二、多选题 9．已知空间中三点，，，则下列结论正确的有（       ） A． B．与共线的单位向量是 C．与夹角的余弦值是 D．平面的一个法向量是 【答案】AD 【详解】 ，故，A正确； 不是单位向量，且与不共线，B错误； ，C错误； 设，则，， 所以，又，所以平面的一个法向量是，D正确. 故选：AD 10．空间直角坐标系中，已知，下列结论正确的有（       ） A． B．若，则 C．点A关于平面对称的点的坐标为 D． 【答案】AB 【详解】 ， ,， A正确,D错误. 若，则,则,B正确， 点A关于平面对称的点的坐标为，故C错误， 故选：AB. 三、填空题 11．已知两平面的法向量分别为，，则两平面所成角的大小为___________. 【答案】45°## 【详解】 ，∴， 因为两平面夹角范围是[0°,90°]， ∴这两个平面所成角的大小为45°． 故答案为：45°． 12．已知向量，，，则______ 【答案】9 【详解】 因为，，所以，所以. 故答案为：9 培优第二阶——拓展培优练 一、单选题 1．已知均为空间单位向量，它们的夹角为60°，那么等于（       ） A． B． C． D．4 【答案】C 【详解】 ． 故选：C. 2．已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为（        ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】 如图，以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系.设AA1＝2AB＝2，则B(1,1,0)，E(1,0,1)，C(0,1,0)，.所以，.所以. 故选：C 3．已知三维数组，，且，则实数（       ） A．-2 B．-9 C． D．2 【答案】D 【详解】 ∵，，，，，，且， ∴，解得． 故选：D． 4．已知，，且，则向量与的夹角为（       ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】 ∵，∴x＝1，∴， ∴， 又∵，∴与的夹角为. 故选：D. 5．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面BCD，，且，M为AD的中点，则异面直线BM与CD夹角的余弦值为(       ) A． B． C． D． 【答案】A 【详解】 如图，正方体内三棱锥A-BCD即为满足题意的鳖臑， 以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 则，，，，， 则，， ， 则异面直线BM与CD夹角的余弦值． 故选：A． 6．如图为一个四棱锥与三棱锥的组合体，C，D，E三点共线，已知三棱锥P－ADE四个面都为直角三角形，且ED⊥AD，PA⊥平面ABCE，PE＝3，CD＝AD＝2，ED＝1，则直线PC与平面PAE所成角的正弦值等于（       ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】 如图建立空间直角坐标系，，，，则有：，， 设平面PAE的法向量，则有,令,则，即 ∴，即直线PC与平面PAE所成角的正弦值为． 故选：C． 7．已知正方体的棱长为.以为坐标原点，以为轴正半轴，为轴正半轴，为轴正半轴建立空间直角坐标系，动点满足直线与所成夹角为的最大值为（       ） A． B． C．1 D．2 【答案】D 【详解】 正方体的棱长为,可得，, 点，则，由动点满足直线与所成夹角为可得，整理得由，可得，当时取等号，即最大值为2， 故选：D 8．如图所示，圆柱中，是底面直径，点是上一点，，点是母线上一点，点是上底面的一动点，，，，则（       ） A．存在点，使得 B．存在唯一的点，使得 C．满足的点的轨迹长度是 D．当时，三棱锥外接球的表面积是 【答案】D 【详解】 由圆锥的性质可得平面， 如图以为原点，为的正方向建立空间直角坐标系，设，， 则，，，， 设关于点的对称点为， 因为，，所以， 所以， 又， 所以，A错误， 又， 因为，所以， 所以，所以， 所以满足的点的轨迹为圆，B错误， 因为，，， 所以， 所以，故， 所以满足的点的轨迹为线段， 所以，C错误， 因为，, , 所以为直角三角形，取的中点为, 又为直角三角形，所以, 故为三棱锥外接球的球心，故外接球的半径为， 所以三棱锥的外接球的表面积为，D正确， 故选：D. 二、解答题 9．在如图所示的五面体中，面是边长为2的正方形，面，，且，为的中点，N为CD中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【解析】(1) 证明：如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，， 所以，显然平面的法向量可以为， 所以，即，又平面，所以平面； (2) 解：因为，，设平面的法向量为， 则，令，则，所以， 显然平面的法向量可以为， 设二面角为，由图可知二面角为钝角， 则， 所以二面角的余弦值为； (3) 解：由（2）知平面的法向量为， 又，设点到平面的距离为， 则 所以点到平面的距离； 10．已知底面ABCD为菱形的直四棱柱，被平面AEFG所截几何体如图所示. (1)若，求证：； (2)若，，三棱锥GACD的体积为，直线AF与底面ABCD所成角的正切值为，求锐二面角的余弦值. 【解析】(1) 连接BD，交AC于点O，底面ABCD为菱形，∴， 由直四棱柱得底面ABCD，又平面ABCD，∴， 又，BD，平面BDG， ∴平面BDG，因为平面BDG， ∴ 已知，又，AC，平面ACE， ∴平面ACE， 因为平面BDG，∴ ∵平面平面CFGD 平面平面，平面平面， ∴，则 (2) 已知，，可求， 由，则 在直四棱柱中，底面ABCD， 所以为直线AF与底面ABCD所成角，，则 在平面ACF内作，可知底面ABCD，如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 则 设平面BCE的法向量为， 则 取，得，，得， 由（1）知平面ACE，所以平面ACE的一个法向量为 则， 所以锐二面角的余弦值为 培优第三阶——高考沙场点兵 一、单选题 1．（2022·全国·高考真题（文））在正方体中，E，F分别为的中点，则（       ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 【答案】A 【详解】 解：在正方体中， 且平面， 又平面，所以， 因为分别为的中点， 所以，所以， 又， 所以平面， 又平面， 所以平面平面，故A正确； 选项BCD解法一： 如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设， 则， ， 则，， 设平面的法向量为， 则有，可取， 同理可得平面的法向量为， 平面的法向量为， 平面的法向量为， 则， 所以平面与平面不垂直，故B错误； 因为与不平行， 所以平面与平面不平行，故C错误； 因为与不平行， 所以平面与平面不平行，故D错误， 故选：A. 选项BCD解法二： 解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线， 在内，作于点，在内，作，交于点，连结， 则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角， 由勾股定理可知：，， 底面正方形中，为中点，则， 由勾股定理可得， 从而有：， 据此可得，即， 据此可得平面平面不成立，选项B错误； 对于选项C，取的中点，则， 由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误； 对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则， 由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误； 故选：A. 2．（2020·海南·高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（       ） A．20° B．40° C．50° D．90° 【答案】B 【详解】 画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直， 根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得.. 由于，所以， 由于， 所以，也即晷针与点处的水平面所成角为. 故选：B 【点睛】 本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题. 二、解答题 3．（2022·全国·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点． (1)证明：平面； (2)若，，，求二面角的正弦值． 【解析】(1) 证明：连接并延长交于点，连接、， 因为是三棱锥的高，所以平面，平面， 所以、， 又，所以，即，所以， 又，即，所以，， 所以 所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面 (2) 解：过点作，如图建立平面直角坐标系， 因为，，所以， 又，所以，则，， 所以，所以，，，， 所以， 则，，， 设平面的法向量为，则，令，则，，所以； 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以； 所以. 设二面角的大小为，则， 所以，即二面角的正弦值为. 4．（2022·全国·高考真题（理））在四棱锥中，底面． (1)证明：； (2)求PD与平面所成的角的正弦值． 【解析】(1) 证明：在四边形中，作于，于， 因为， 所以四边形为等腰梯形， 所以， 故，， 所以， 所以， 因为平面，平面， 所以， 又， 所以平面， 又因为平面， 所以； (2) 解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系， ， 则， 则， 设平面的法向量， 则有，可取， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 5．（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【解析】(1) 过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点交于点、． ∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，， ∵，且， ∴平面是二面角的平面角，则， ∴是正三角形，由平面，得平面平面， ∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面． (2) 因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 设，则， 设平面的法向量为 由，得，取， 设直线与平面所成角为， ∴．