2022-2023学年高二数学上学期期中挑战满分冲刺卷（人教A版2019选择性必修第一册浙江专用）专题01 空间向量与立体几何（重点）WORD版含解析.doc

1、专题01 空间向量与立体几何（重点）一、单选题1下列说法正确的是（）A任一空间向量与它的相反向量都不相等B将空间向量所有的单位向量平移到同一起点，则它们的终点构成一个圆C同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小D不相等的两个空间向量的模必不相等【答案】C【分析】根据空间向量的基本概念及性质，结合各选项中空间向量的描述判断正误即可.【解析】A：零向量与它的相反向量相等，故错误；B：将空间中的所有单位向量平移到同一起点，则它们的终点构成一个球面，故错误；C：空间向量与平面向量一样，既有模又有方向，不能比较大小，故正确；D：一个非零空间向量与它的相反向量不相等，但它们的模相等，故错误；故选：C

2、2已知三棱柱，点为线段的中点，则（）ABCD【答案】D【解析】根据空间向量的线性运算求解即可【解析】解：在三棱柱，点为线段的中点，则，所以，故选：D3若：，是三个非零向量；：，为空间的一个基底，则p是q的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】B【分析】利用基底的判定方法和充分不必要条件的定义进行判定.【解析】空间不共面的三个向量可以作为空间的一个基底，若，是三个共面的非零向量，则，不能作为空间的一个基底；但若，为空间的一个基底，则，不共面，所以，是三个非零向量，即p是q的必要不充分条件.故选：B.4在正三棱柱中，若，则与所成的角的大小是（）ABCD【答案】

3、C【分析】取的中点，连接，可证明，进而可得，再由正三棱柱的性质可得，由线面垂直的判定定理可证明面，可得，即可求解.【解析】如图：取的中点，连接，设，则，在中，在中，所以，所以，所以，因为三棱柱是正三棱柱，所以面，面，所以，因为是等边三角形，所以，因为，所以面，因为面，所以，因为，所以面，因为面，所以，所以与所成的角的大小是，故选：C.5下列四个命题中，正确命题的个数是（）若是空间的一个基底，则对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组（x，y，z），使得；若两条不同直线l，m的方向向量分别是，则lm；若是空间的一个基底，且，则A，B，C，D四点共面；若两个不同平面，的法向量分别是，且，则A1B2

4、C3D4【答案】D【分析】由空间向量基本定理判断；由方向向量的定义判断；由空间向量共面定理判断；由法向量的定义判断.【解析】若是空间的一个基底，则对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组（x，y，z），使得，由空间向量基本定理知，正确；若两条不同直线l，m的方向向量分别是，则lm，由方向向量的定义知，正确；若是空间的一个基底，且，则A，B，C，D四点共面，由空间向量共面定理知，正确；若两个不同平面，的法向量分别是，且，则由法向量的定义知，正确.故选：D6已知平面的法向量为，点在平面内，则点到平面的距离为，则()A1B11C1或11D21【答案】C【分析】先求出，由题得，即，解方程即得解.【解析

5、】，而，即，解得或11.故选：C【点睛】本题主要考查点面距的向量求法，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理计算能力.7已知四边形ABCD为正方形，P为平面ABCD外一点，PDAD，PDAD2，二面角P-AD-C为60，则P到AB的距离是（）A2B C2D 【答案】D【分析】先作出P到AB的距离PE,再解三角形求出PE.【解析】因为ABCD为正方形，所以ADDC.由PDC为二面角P-AD-C的平面角，即PDC60.如图所示，过P作PHDC于H.,AD面PDC.,AD面PH.又PHDC, ,PH面ABCD,在平面AC内过H作HEAB于E，连接PE，则PEAB，所以线段PE即为所求以H为坐标原点

6、建立空间直角坐标系，则所以,故选:D.【点睛】方法点睛：距离的计算方法有两类：（1）几何法：利用几何图形求值；（2）向量法：把距离用向量表示出来，转化为代数计算.8在棱长为的正方体中， 分别是的中点，下列说法错误的是（）A四边形是菱形B直线与所成的角的余弦值是C直线与平面所成角的正弦值是D平面与平面所成角的正弦值是【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量法求出空间角，判断各选项【解析】分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，所以是平行四边形，由正方体知，因此为菱形，A正确；，B正确；，设平面的一个法向量为，由得：，取，则，即，直线与平面所成的角正弦值是，C错；平面的一法向量是，平面与面

7、所成角的所以的余弦值为，其正弦值为，D正确故选：C.9在棱长为1的正四面体中，点满足，点满足，当线段、的长度均最短时，（）ABCD【答案】A【分析】根据题意得到平面，直线，从而求得最短时，得到为的中心，为的中点，求得的长，结合向量的运算公式，即可求得的值.【解析】解：如图所示，因为，可得平面，直线，当最短时，平面，且，所以为的中心，为的中点，如图所示，又由正四面体的棱长为1，所以，所以，因为平面，所以，所以中，所以故选：A10如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，是一条侧棱，是上底面上其余的八个点，则的不同值的个数为（）A1B2C4D8【答案】A【分析】可根据图象得出，然后将转化为，最后

8、根据棱长为及即可得出结果.【解析】由图象可知，则，因为棱长为，所以，即的不同值的个数为，故选：A11点M是棱长为3的正方体中棱AB的中点，动点P在正方形（包括边界）内运动，且面DMN，则PC的长度范围为（）ABCD【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法表示点坐标满足的关系式，进而求得长度的取值范围.【解析】建立如图所示空间直角坐标系，依题意，设平面的法向量为，则，故可设，设，,，由于平面，所以，则，.函数的开口向上，对称轴为，所以在上递减，在上递增.，所以长度的取值范围是.故选：B12设空间直角坐标系中有、四个点，其坐标分别为、，下列说法正确的是（）A存在唯一的一个不过点、的平面，使

9、得点和点到平面的距离相等B存在唯一的一个过点的平面，使得，C存在唯一的一个不过、的平面，使得，D存在唯一的一个过、点的平面使得直线与的夹角正弦值为【答案】B【解析】由平面或平面过线段的中点可判断A选项的正误；推导出以及、四点不共面，利用点且与垂直的平面有且只有一个以及可判断B选项的正误；在、的公垂线上的点作的垂面满足题意，可判断C选项的正误；设平面的法向量为，根据题意可得出关于、的方程组，判断方程组解的个数，进而可判断D选项的正误.【解析】对于A选项，当平面或平面过线段的中点时，点和点到平面的距离相等，A选项错误；对于B选项，设，则，该方程组无解，所以，、四点不共面，则与异面，而过点且与垂直的

10、平面有且只有一个，若，由于，则与共面，矛盾，所以，B选项正确；对于C选项，由于、异面，设为、的公垂线段，且，在直线（异于、）的任意一点作平面，使得，则，这样的平面有无数个，C选项错误；对于D选项，设平面的一个法向量为，由题意可得，所以，整理得，即方程有两个不等的实数解，所以，存在两个过、点的平面使得直线与的夹角正弦值为，D选项错误.故选：B.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量

11、与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.二、多选题13在空间直角坐标系中，平面的法向量，直线的方向向量为，则下列说法正确的是（）A轴一定与平面相交B平面一定经过点C若，则D若，则【答案】AC【分析】A选项，设设轴的方向向量设为，通过计算可以得到两者一定相交；B选项直接可以作出判断；C选项通过观察发现，可以作出判断，D选项通过计算，可以得到或在平面上.【解析】不妨设轴的方向向量设为，则，故轴一定与平面相交，A正确；平面不一定经过点，B错误；因为，即，故，C正确；因为，所以，所以或在平面上，故D错误.故选：AC14如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上

12、的点，且BM=2A1M，C1N=2B1N.设，若，AB=AC=AA1=1，则下列说法中正确的是（）ABC直线AB1和直线BC1相互垂直D直线AB1和直线BC1所成角的余弦值为【答案】ABD【分析】利用向量的线性运算可判断A的正误，利用数量积可判断BCD的正误.【解析】A：，又，.B：，.，.，.对于C、D：，所以D正确，C错误，故选：ABD.15在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，BAD=A1AB=A1AD=，各棱长均为1.则下列命题中正确的是（）A不是空间的一个基底BCDBD平面ACC1A1【答案】ACD【分析】由空间基底的概念可判断A；由空间向量夹角的概念可判断B；由运算可判断C；由线

13、面垂直的判定可判断D.【解析】对于A，由，所以向量共面，所以不是空间的一个基底，故A正确；对于B，因为，所以，所以，故B错误；对于C，所以，故C正确；对于D，连接交于点O，连接,由题意可得四边形为菱形，所以，由可得BD平面ACC1A1，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是转化为，以及对于空间位置关系的转化.16如图，在菱形ABCD中，沿对角线BD将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为直线BD，CA上的动点，则下列说法正确的是（）A当，时，点D到直线PQ的距离为B线段PQ的最小值为C平面平面BCDD当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，PQ与AD所成角的余弦值为【

14、答案】BCD【分析】易知，从而平面，进而有平面平面，即可判断C；建立坐标系，利用向量法可判断ACD【解析】取的中点，连接，由题意可知：，因为，所以，又易知，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面，故C正确；以为原点，分别为轴建立坐标系，则，当，时，所以点D到直线PQ的距离为，故A错误；设，由得，当时，故B正确；当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，设PQ与AD所成的角为，则，所以PQ与AD所成角的余弦值为，故D正确；故选：BCD三、填空题17已知，若，则实数k的值为_【答案】#【分析】算出、的坐标，然后可得答案.【解析】因为，所以，因为，所以，解得故答案为：18在平形六面体，其中，则的长为_【

15、答案】【分析】首先设，然后利用，表示，再结合数量积公式即可求解.【解析】设，因为六面体是平行六面体如下图：所以 ，所以，由已知条件可知，与的夹角为，与的夹角为，与的夹角为，所以，即，故.故答案为：.19正四棱柱中，与平面所成角的正弦值为，则异面直线与所成角的余弦值为_【答案】#0.75【分析】建立空间直角坐标系，利用线面角的正弦值求出的长，进而求出异面直线的夹角的余弦值.【解析】以A为坐标原点，分别以AB，AD，所在直线为轴建立空间直角坐标系，因为棱柱为正四棱柱，设，则，其中平面的法向量为，设与平面所成角为，则，解得：，所以，设异面直线与所成角为，所以.故答案为：20如图所示，在四棱锥P-AB

16、CD中，且，若，则二面角A-PB-C的余弦值为_【答案】【分析】建立空间直角坐标系，结合二面角的空间向量的坐标计算公式即可求出结果.【解析】在平面内作，垂足为，因为，得ABAP，CDPD，由于AB/CD ，故ABPD ，从而AB平面PAD，故，可得平面.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.所以，.所以，.设是平面的法向量，则即可取.设是平面的法向量，则即可取.则，由图可知二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为.故答案为：.21二面角为，A，B是棱l上的两点，分别在半平面内，且，则的长_.【答案】4【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积的性质及运算律计算

17、作答.【解析】依题意，且有，而，所以.故答案为：422如图，在矩形ABCD中，将A，C分别沿BE，DF向上翻折至，则取最小值时，二面角的正切值是_【答案】【分析】通过图象特征建立空间直角坐标系，假设，确定取最小值时的坐标，再用空间向量计算夹角的方法算出二面角的余弦值，进而得到答案【解析】解：取中点，中点，连接，过作于，过作于，易得是等腰直角三角形，建立如图所示的空间直角坐标系，设，由题意得，当且时，最小，结合和解得，此时最小，所以，所以，设平面和平面的法向量分别是，则，令则，即，令则，即，设二面角的大小为，由图可知为锐角，所以，所以，则，故答案为：四、解答题23如图，在四棱锥中，底面是正方形，

18、平面，点是的中点.(1)求证：；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直的性质和判定定理即可证明；（2）根据题意建立空间直角坐标系，通过线面角相关公式进行计算即可.（1）如图，连接，四边形是正方形，.又平面，平面，平面，平面，又平面，（2）易知，两两垂直，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.， ，.设平面的法向量为，则，令，得.设直线与平面所成角为，由图可知，则.即直线与平面所成角的正弦值为.24在四棱锥中，平面，四边形是矩形，分别是的中点(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据平行四边形，

19、可得线线平行，进而可证明线面平行.（2）根据空间向量，计算法向量，利用法向量的夹角求二面角.（1）证明：取的中点，连接，又是的中点，所以，且因为四边形是矩形，所以且，所以，且因为是的中点，所以，所以且，所以四边形是平行四边形，故因为平面，平面，所以平面（2）因为平面，四边形是矩形，所以，两两垂直，以点为坐标原点，直线，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示）设，所以，因为，分别为，的中点，所以，所以，设平面的一个法向量为，由即令，则，所以设平面的一个法向量为，由即令，则，所以所以由图知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为25如图，在三棱柱，.(1)证明：平面；(2)若，求二面角的正弦值.【

20、答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用勾股定理证明，从而可证平面；（2）由题意建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标及向量坐标，求出与平面的法向量，利用向量的夹角公式计算二面角的余弦值，从而可得正弦值.(1)证明：，而，又，平面.(2)如图建系，其中，则，.设平面与平面的一个法向量分别为，设二面角平面角为，所以得.【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理证明垂直，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，

21、利用向量的夹角公式求解.26如图，内接于，AB为的直径，且平面ABC，E为AD的中点(1)求证：平面平面ABD；(2)求异面直线BE与AC所成的角的余弦值；(3)求点A到平面BCE的距离【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面平面ABD.（2）利用向量法求得异面直线BE与AC所成的角.（3）利用向量法求得点A到平面BCE的距离.（1）依题意是圆的直径，所以，由于平面，所以，以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，设是平面的法向量，则，故可设.，设是平面的法向量，则，故可设，所以平面平面.（2），设直线与直线所成角为，则（3），平面的法向量为，

22、所以平面，所以到平面的距离为.27四棱锥中，平面平面，是中点(1)求平面与平面夹角的余弦值；(2)在侧棱上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，用坐标法求两平面夹角余弦值；（2）设，平面的法向量为，由平面，得，进而可得的值.(1)解：，是中点，且，又平面平面，且平面平面，所以如图建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量，则，令，则，即，设平面的法向量，则，令，则，即，所以平面与平面夹角的余弦值为；(2)解：假设在侧棱上存在点，使得平面，此时， ，平面，即，解得，因此在侧棱上存在点，当时，可使得平面.28

23、如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，M是线段EF的中点(1)求证：平面BDE，并求直线AM和平面BDE的距离；(2)求二面角的大小；(3)试在线段AC上确定一点P，使PF与BC所成的角是60【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)为线段的中点.【分析】（1）只需证明，然后根据线面平行的判定定理即可证明结论；利用等积法可求出答案.（2）证明，然后求的值即可.（3）利用公式即可求出答案.(1)设的交点为，连接，因为四边形ABCD为正方形，所以为的中点，又在矩形ACEF中，因为M是线段EF的中点，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又因为面BDE，面BDE，所以平面BDE；因为

24、四边形为矩形，所以，又因为正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，面面，所以面，面，面，所以，又因为，所以，所以，设点到面的距离为，则由，得，解得.因为为的中点，所以点到面的距离即为点到面的距离，又因为平面BDE，所以点到面的距离即为直线AM和平面BDE的距离，故直线AM和平面BDE的距离为.(2)以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，因为，所以面，所以为平面的一个法向量，因为，所以，所以为面的一个法向量，所以，所以与的夹角为.即所求的二面角的大小为.(3)设则，因为PF与BC所成的角是60，所以，解得或(舍).故为线段的中点.29如图甲所示，是梯

25、形的高，将梯形沿折起得到如图乙所示的四棱锥，使得（1）在棱上是否存在一点F，使得平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由；（2）点E是线段上一动点，当直线与所成的角最小时，求平面与平面的夹角的余弦值【答案】（1）存在，；（2）【分析】（1）过作交于，作交于，连接，易得平面，平面，从而得到平面平面，所以得到平面，而此时根据几何关系可以得到；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，表示出与所成角为的余弦值，并求出最小时的值，从而得到各点坐标，再求出平面和平面的法向量，根据两个法向量之间的夹角公式，求得答案.【解析】解:（1）存在点，使得平面，此时，理由如下:依题，即，所以，因为，平面，平面，,

26、所以平面，所以，所以，过作交于，作交于，连接，因为，所以，所以，而，所以有，平面，平面，所以平面,，平面，平面，所以平面,平面，所以平面平面，而平面所以平面.故存在点，使得平面，此时（2）以为坐标原点，分别为，轴建立空间直角坐标系.，设，,即，所以，,设直线与所成角为则,令，则，,令，则，当时，取最大值，此时直线与所成的角最小.此时.所以，又因为，,所以，,设平面法向量分别为,则，即,取得平面的法向量为，设平面法向量为,则，即,取得平面法向量为,所以，由图可知，二面角为钝二面角，则其余弦值为.【点睛】本题考查线面平行的判定，面面平行的判定和性质，利用空间向量表示线线角和面面角，对计算的要求较高，属于较难题.