2023届高考数学一轮复习单元双优测评卷——第一章 空间向量与立体几何A卷 WORD版含解析.docx

1、2023届高考数学一轮复习单元双优测评卷第一章 空间向量与立体几何（A卷）A卷 基础过关必刷卷一、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如图，某圆锥的轴截面是等边三角形，点是底面圆周上的一点，且，点是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）ABCD2已知MN是正方体内切球的一条直径，点在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值范围为（ ）ABCD3如图，正方体中，是的中点，则（ ）A直线与直线相交，直线平面B直线与直线平行，直线/平面C直线与直线垂直，直线/平面D直线与直线异面，直线平面4如图，正方体的棱长为，为的中点，在侧面上，若

2、，则面积的最小值为（ ）ABCD5已知正四面体的棱长为，是该正四面体外接球球心，且，则ABCD6在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E、F分别在棱AA1和AB上，且C1EEF，则|AF|的最大值为（）AB1CD27在一个正方体中， 为正方形四边上的动点， 为底面正方形的中心， 分别为中点，点 为平面内一点，线段 与互相平分，则满足 的实数的值有A0个B1个C2个D3个8已知三棱锥中，底面为等边三角形，点为的中点，点为的中点.若点、是空间中的两动点，且，则A3B4C6D8二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的

3、得2分，有选错的得0分9已知正方体的棱长为4，点是棱的中点，点在面内(包含边界)，且，则( )A点的轨迹的长度为B存在，使得C直线与平面所成角的正弦值最大为D沿线段的轨迹将正方体切割成两部分，挖去体积较小部分，剩余部分几何体的表面积为10已知棱长为的正方体中，是的中点，点在正方体的表面上运动，且总满足，则下列结论中正确的是（ ）A点的轨迹中包含的中点B点的轨迹与侧面的交线长为C的最大值为D直线与直线所成角的余弦值的最大值为11如图，在正方体中，点M，N分别在棱AB和上运动（不含端点），若，下列命题正确的是（ ）AB平面C线段BN长度的最大值为D三棱锥体积不变12如图，正方体中，点为棱的中点，点

4、是线段上的动点，则下列选项正确的是（ ）A直线与是异面直线B三棱锥的体积为C过点作平面的垂线，与平面交与点，若，则D点到平面的距离是一个常数三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知球是棱长为2的正八面体(八个面都是全等的等边三角形)的内切球，为球的一条直径，点为正八面体表面上的一个动点，则的取值范围是_14在底面是正方形的四棱锥中，底面，点为棱的中点，点在棱上，平面与交于点， 且，则四棱锥的外接球的表面积为_15四棱锥中，平面，已知是四边形内部一点，且二面角的平面角大小为，若动点的轨迹将分成面积为的两部分，则_.16棱长为2的正方体中，点分别在线段上，且以下结论：； 平面；与异面

5、；点到面的距离为；若点分别为线段的中点，则由线与确定的平面在正方体上的截面为等边三角形其中有可能成立的结论为_四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17如图，在直三棱柱中，为的中点.（1）证明：平面.（2）若，求二面角的余弦值.18如图，在三棱台中，侧棱平面点在棱上，且（1）证明：平面；（2）当二面角的余弦值为，求的值.19如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面平面，中，E，F分别是，的中点.（1）求证：平面；（2）记平面与平面的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线与平面所成的角的取值范围.20如图，在正三棱锥中，是高上一点，直线与底面所成角的

6、正切值为.（1）求证：平面；（2）求三棱锥外接球的体积.21已知正四棱柱中，（1）求证：；（2）求二面角的余弦值；（3）在线段上是否存在点，使得平面平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由22九章算术是我国古代的数学著作，是“算经十书”中最重要的一部，它对几何学的研究比西方要早1000多年.在九章算术中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图，在堑堵中，M，N分别是，BC的中点，点P在线段上.（1）若P为的中点，求证：平面.（2）是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共

7、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如图，某圆锥的轴截面是等边三角形，点是底面圆周上的一点，且，点是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）ABCD【答案】C【解析】以过点且垂直于平面的直线为轴，直线，分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设，则根据题意可得，所以，设异面直线与所成角为，则.故选：C.2已知MN是正方体内切球的一条直径，点在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值范围为（ ）ABCD【答案】B【解析】设正方体内切球的球心为，则,因为MN是正方体内切球的一条直径，所以，所以，又点在正方体表面上运动，所以当为正方体顶点时，最大，且最大值为；当为

8、内切球与正方体的切点时，最小 ，且最小为；所以，所以的取值范围为，故选：B3如图，正方体中，是的中点，则（ ）A直线与直线相交，直线平面B直线与直线平行，直线/平面C直线与直线垂直，直线/平面D直线与直线异面，直线平面【答案】C【解析】解：如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，则，所以，所以与不平行，故直线与直线不平行，即B错误；，所以，所以，设面的法向量为，即，令，则，所以，所以，因为平面，所以平面，故C正确；因为，故与不垂直，故D错误；因为，所以与不相交，故A错误；故选：C4如图，正方体的棱长为，为的中点，在侧面上，若，则面积的最小值为（ ）ABCD【答案】B【解析】过作平面，垂足为；

9、作于点，连接以为坐标原点可建立如下图所示空间直角坐标系则，设，则， ， 当时， 故选：5已知正四面体的棱长为，是该正四面体外接球球心，且，则ABCD【答案】A【解析】如图设平面，球心在上，由正四面体的性质可得：三角形是正三角形，在直角三角形中，因为为重心，因此，则，因此，因此，则，故选A.6在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E、F分别在棱AA1和AB上，且C1EEF，则|AF|的最大值为（）AB1CD2【答案】B【解析】以AB，AD，AA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则C1（4，4，4），设E（0，0，z），z0，4，F（x，0，0），x0，4，则|AF|

10、x（4，4，4z），（x，0，z）因为C1EEF，所以 ，即：z2+4x4z0，xz当z2时，x取得最大值为1|AF|的最大值为1故选B7在一个正方体中， 为正方形四边上的动点， 为底面正方形的中心， 分别为中点，点 为平面内一点，线段 与互相平分，则满足 的实数的值有A0个B1个C2个D3个【答案】C【解析】因为线段D1Q与OP互相平分，所以四点O，Q，P，D1共面，且四边形OQPD1为平行四边形若P在线段C1D1上时，Q一定在线段ON上运动，只有当P为C1D1的中点时，Q与点M重合，此时1，符合题意若P在线段C1B1与线段B1A1上时，在平面ABCD找不到符合条件Q；在P在线段D1A1上时

11、，点Q在直线OM上运动，只有当P为线段D1A1的中点时，点Q与点M重合，此时0符合题意，所以符合条件的值有两个故选C.8已知三棱锥中，底面为等边三角形，点为的中点，点为的中点.若点、是空间中的两动点，且，则A3B4C6D8【答案】B【解析】建立直角坐标系如图所示，底面为等边三角形，且.所以OD=2,AO=.B(-，-1，0)，D(0,2,0),C(，-1，0),点为的中点，所以E（，0）点为的中点，F（- ，- ，0），设M（x,y,z）,，所以 ，所以点M在以（0,0,0）为球心，以1为半径的球上，同理N也在这个球上，且，所以MN为球的直径，= .故选B.二、选择题：本题共4小题，每小题5分

12、，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9已知正方体的棱长为4，点是棱的中点，点在面内(包含边界)，且，则( )A点的轨迹的长度为B存在，使得C直线与平面所成角的正弦值最大为D沿线段的轨迹将正方体切割成两部分，挖去体积较小部分，剩余部分几何体的表面积为【答案】AD【解析】对于选项A：结合已知条件，过M作，垂足为N，如下图所示：由已知条件和正方体性质易知，且平面，因为平面，所以，又因为，所以，故点的轨迹是以的中点N为圆心，半径为2的一个半圆，从而点的轨迹的长度为，故A正确；对于选项B：以D为坐标原点，DA、DC和为、和轴建立空间直角坐标

13、系，如下图：由已知条件可知，不妨设，且，且，因为，所以，假设存在存在，使得，故，即，即，这与矛盾，从而假设不成立，故B错误；对于选项C：连接AC，易知平面，因为，所以为平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，故，不妨令，其中，从而，当且仅当，即时，最大值，从而的最大值为，即直线与平面所成角的正弦值最大为，故C错误；对于选项D：由题意可知，挖去的部分为一个底面半径为2，高为4的半圆锥，则半圆锥的侧面为，正方体的侧面剩余的面积为，正方体底面剩余面积为，正方体其余四个面的面积为，故剩余部分几何体的表面积为，故D正确.故选：AD.10已知棱长为的正方体中，是的中点，点在正方体的表面上运动，且总满足，则

14、下列结论中正确的是（ ）A点的轨迹中包含的中点B点的轨迹与侧面的交线长为C的最大值为D直线与直线所成角的余弦值的最大值为【答案】BCD【解析】如图，取的中点，分别取，上靠近，的四等分点，连接，易知且，所以，四点共面连接，因为，因此，所以，易知，所以平面，即点的轨迹为四边形（不含点），易知点的轨迹与侧面的交线为，由不过的中点，所以A选项错误又，B选项正确；根据点的轨迹可知，当与重合时，最大，易知平面，则，连接，所以，故C选项正确；由于点的轨迹为四边形（不含点），所以直线与直线所成的最小角就是直线与平面所成的角，又向量与平面的法向量的夹角等于，且，所以直线与平面所成角的余弦值为，即直线与直线所成角

15、的余弦值的最大值等于，故D选项正确故选：BCD 11如图，在正方体中，点M，N分别在棱AB和上运动（不含端点），若，下列命题正确的是（ ）AB平面C线段BN长度的最大值为D三棱锥体积不变【答案】ACD【解析】在正方体中，以点D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图：A1(3,0,3)，D1(0,0,3)，C(0,3,0)，B(3,3,0)，设M(3,y,0)，N(3,3,z)，而则，对于A选项：，则，A正确；对于B选项：，即CM与MN不垂直，从而MN与平面D1MC不垂直，B不正确；对于C选项：，则线段BN长度，当且仅当时取“=”，C正确；对于D选项：不

16、论点M如何移动，点M到平面A1D1C1的距离均为3，而，三棱锥体积为定值，即D正确.故选：ACD12如图，正方体中，点为棱的中点，点是线段上的动点，则下列选项正确的是（ ）A直线与是异面直线B三棱锥的体积为C过点作平面的垂线，与平面交与点，若，则D点到平面的距离是一个常数【答案】ACD【解析】选项A. 取的中点，连接,则 又，所以,所以四点共面.又平面, 平面, 则平面由, 所以平面，又平面所以直线与是异面直线，故A正确选项B. ,故B不正确.选项C. 在正方体中，分别以为轴建立空间直角坐标系.取的中点，连接,则, 设平面的法向量,则,即取设平面的法向量,则,即取由，可得，即平面平面，设,连接

17、,且平面平面此时由与相似，由，可得，即此时点满足.过点在平面内作,则平面由,则与不平行，所以与一定相交，设为.又平面，则平面.所以过点作平面的垂线，与平面交与点，若，则所以选项C正确.选项D. 设点到平面的距离为.由选项A的解答可知，平面所以点到平面的距离等于直线上任意一点到平面的距离.则点到平面的距离等于点到平面的距离.,即 ,所以由在正方体中，由题意， 为给定三角形，所以，为定值，故点到平面的距离为常数. 故D正确.故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知球是棱长为2的正八面体(八个面都是全等的等边三角形)的内切球，为球的一条直径，点为正八面体表面上的一个动点，则

18、的取值范围是_【答案】【解析】如图所示，设已知的正八面体，易知平面于球心，且点为正方形的中心，设球心与正四棱锥的侧面相切于点连接，则，由，得即正八面体的内切球的半径为为正八面体表面上的任意一点则，即的取值范围是14在底面是正方形的四棱锥中，底面，点为棱的中点，点在棱上，平面与交于点， 且，则四棱锥的外接球的表面积为_【答案】【解析】如图：,建立以AB为x轴，AD为y轴，PA为z轴的空间直角坐标系，则，因为E.F.K.C四点共面，所以,故四棱锥K-ABCD的外接球球心在过正方形ABCD的中心且垂直ABCD与KA成都相等的线段的中点处，故外接球半径为：故四棱锥的外接球的表面积为15四棱锥中，平面，

19、已知是四边形内部一点，且二面角的平面角大小为，若动点的轨迹将分成面积为的两部分，则_.【答案】【解析】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图：设Q的轨迹与y轴的交点坐标为Q（0，b，0）（b0）由题意可知A（0，0，0），D（2，0，0），P（0，0，1），=（2，0，1），=（2，b，0）. =（2，0，0）设平面APD的法向量为=（x1，y1，z1），平面PDQ的法向量为=（x2，y2，z2）则即，令y1=0得=（0，1，0），令z2=2得=（1，2）二面角QPDA的平面角大小为，cos=即解得b=SADQ=S梯形ABCDSADQ=S1S2，S1=，S2=S1：S2=（34）：4故答案为（

20、34）：416棱长为2的正方体中，点分别在线段上，且以下结论：； 平面；与异面；点到面的距离为；若点分别为线段的中点，则由线与确定的平面在正方体上的截面为等边三角形其中有可能成立的结论为_【答案】 【解析】如图，建立空间直角坐标系，则，设，则，所以即，故正确.平面的法向量为，因为且平面，所以 平面，故正确.当与重合时，与相交，故错.平面的法向量为，故到到平面的距离为，故正确.若点分别为线段的中点，则由线与确定的平面为，它是等边三角形，所以正确.综上，正确命题的序号为 .四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17如图，在直三棱柱中，为的中点.（1）证明：平面.（

21、2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）；【解析】（1）为的中点，直三棱柱中，面面，面，面面，面，又面，即，由题设易知：，故，又，则，又，平面.（2）过D作，由（1）可构建以为原点，、为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，如下图示：由题意：，显然，是面的一个法向量，若是面的一个法向量，则，令，则，由图知：钝二面角的余弦值为.18如图，在三棱台中，侧棱平面点在棱上，且（1）证明：平面；（2）当二面角的余弦值为，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）因为，所以，又因为平面，平面，所以，又，所以平面，所以，又因为，所以，所以，又，所以平面；（2）以为坐标原点，分别

22、为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：因为，所以，因为，所以，设平面一个法向量为，设平面一个法向量为，且，因为，所以，令，所以，又因为，所以，令，所以，所以，又因为二面角的余弦值为，所以，所以解得（舍去），综上可知：.19如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面平面，中，E，F分别是，的中点.（1）求证：平面；（2）记平面与平面的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线与平面所成的角的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明： 因为C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，又平面平面，且平面平面，平面，平面.（2）由E，F分别是，的中点，又平面，平面，平面，又平面，

23、平面平面，.以C为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，可设，平面的一个法向量为，则，取，得，又，则.直线与平面所成角的取值范围为.20如图，在正三棱锥中，是高上一点，直线与底面所成角的正切值为.（1）求证：平面；（2）求三棱锥外接球的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明：延长交于点因为平面，所以即为直线与底面所成的角，从而，所以.因为，则，.以点为坐标原点，与平行的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则、，所以，设平面的法向量为，由得，取，则，即，所以，即，所以平面；（2）由题意知三棱锥为正三棱锥

24、，设其外接球的球心为，由，得，解得，所以外接球的半径，所以外接球的体积.21已知正四棱柱中，（1）求证：；（2）求二面角的余弦值；（3）在线段上是否存在点，使得平面平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，【解析】（1）因为四棱柱是正四棱柱，所以平面，因为平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以.（2）如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，因为平面，所以是平面的法向量，设平面的法向量，则，即，令，则，故，因为二面角是钝二面角，所以二面角的余弦值为.（3）设为线段上一点，因为，所以，则，设平面的法向量，则，即，令，则，若平面平面，则，即，解得，故

25、当时，平面平面.22九章算术是我国古代的数学著作，是“算经十书”中最重要的一部，它对几何学的研究比西方要早1000多年.在九章算术中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图，在堑堵中，M，N分别是，BC的中点，点P在线段上.（1）若P为的中点，求证：平面.（2）是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析.【解析】解析（1）证明：取的中点H，连接PH，HC.在堑堵中，四边形为平行四边形，所以且.在中，P，H分别为，的中点，所以且.因为N为BC的中点，所以，从而且，所以四边形PHCN为平行四边形，于是.因为平面，平面，所以平面.（2）以A为原点，AB，AC，所在直线分别为x轴y轴z轴，建立空间直角坐标系，则，.易知平面ABC的一个法向量为.假设满足条件的点P存在，令，则，.设平面PMN的一个法向量是，则即令，得，所以.由题意得，解得，故点P不在线段上.