2021年新高考人教A版（2019）选择性必修一 立体几何 复习测试卷（含解析）

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
中小学教育资源及组卷应用平台
(
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
)
(
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
)
(
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
)2021年新高考选择性必修一立体几何复习测试
（考试时间：120分钟
试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题
1．底面为正三角形的直棱柱中，，，，分别为，的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（
）
A．
B．
C．
D．
2．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是（
）
A．相交
B．平行
C．垂直
D．MN在平面BB1C1C内
3．直线的方向向量，平面的法向量，则直线与平面的夹角的余弦为（
）
A．
B．
C．
D．
4．在空间四边形中，是的重心，若，则等于（
）
A．
B．
C．
D．
5．若平面，且平面的一个法向量为，则平面的法向量可以是（
）
A．
B．
C．
D．
6．在棱长为的正方体中，是底面的中点，，分别是，的中点，那么异面直线和所成的角的余弦值等于（
）
A．
B．
C．
D．
7．在空间直角坐标系中，定义：平面的一般方程为（，且A，B，C不同时为零），点到平面的距离，则在底面边长与高都为2的正四棱锥中，底面中心O到侧面的距离d等于（
）
A．
B．
C．2
D．5
8．如图，已知正四面体，点，，，，，分别是所在棱中点，点满足且，记，则当，且时，数量积的不同取值的个数是（　　）
A．3
B．5
C．9
D．21
二、多选题
9．以下命题正确的是（
）
A．直线l的方向向量为，直线m的方向向量，则
B．直线l的方向向量，平面的法向量，则
C．两个不同平面，的法向量分别为，，则
D．平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则
10．下列命题中是假命题的有
A．函数的最小值为2
B．“，”是真命题
C．不等式对任意恒成立，则实数a的范围是
D．若空间向量满足：，且P，A，B，C四点共面，则
11．如图，在边长为1的正方体ABCD-中，M为BC边的中点，下列结论正确的有（
）
A．AM与所成角的余弦值为
B．过三点A、M、的正方体ABCD-的截面面积为
C．四面体BD的内切球的表面积为
D．正方体ABCD-中，点P在底面(所在的平面)上运动并且使∠MA=∠PA，那么点P的轨迹是椭圆
12．在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（
）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、双空题
13．矩形中，，现将沿对角线向上翻折，得到四面体，则该四面体外接球的体积为__________；设二面角的平面角为，当在内变化时，的范围为__________.
四、填空题
14．已知在，，，若平面，则的最小值为___________.
15．如图，正三棱柱的高为4，底面边长为是的中点，是线段上的动点，过作截面，使得且垂足为，则三棱锥体积的最小值为__________．
16．如图，正方体的棱长为，在棱上有一动点，设直线与平面所成的角为，当时，则此时点与点之间的距离_____________．
五、解答题
17．在如图所示的六面体中，底面ABCD是矩形，平面ABEF是以EF为直角腰的直角梯形，且平面ABCD⊥平面ABEF，．
（1）求证：AC
//
平面DEF；
（2）求直线CE和平面DEF所成角的正弦值．
18．如图，且且且，平面.
（1）若M为的中点，N为的中点，求证：平面；
（2）若点P在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长.
19．如图，在三棱锥中，是正三角形，，是的中点.
（1）证明：；
（2）若，，求二面角的余弦值.
20．如图，四梭锥中，，为中点.
（1）求证：；
（2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.
21．如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，是的中点.
（1）证明：；
（2）若线段上存在一点满足，使得，求的值；
（3）在（2）的条件下，求二面角的正弦值.
22．2021年6月17日，神舟十二号载人飞船顺利升空并于6.5小时后与天和核心舱成功对接，这是中国航天史上的又一里程碑，我校南苍穹同学既是航天迷，又热爱数学，于是他为正在参加期末检测的你们编就了这道题目，如图，是神舟十二号飞船推进舱及其推进器的简化示意图，半径相等的圆与圆柱底面相切于四点，且圆与与与与分别外切，线段为圆柱的母线.点为线段中点，点在线段上，且.已知圆柱，底面半径为.
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在一点，使得平面若存在，请求出的长，若不存在，请说明理由；
（3）求二面角的余弦值；
（4）如图，是飞船推进舱与即将对接的天和核心舱的相对位置的简化示意图.天和核心舱为底面半径为2的圆柱，它与飞船推进舱共轴，即共线.核心舱体两侧伸展出太阳翼，其中三角形为以为斜边的等腰直角三角形，四边形为矩形.已知推进舱与核心舱的距离为4，即，且，.在对接过程中，核心舱相对于推进舱可能会相对作出逆时针旋转的运动，请你求出在舱体相对距离保持不变的情况下，在舱体相对旋转过程中，直线与平面所成角的正弦值的最大值.
中小学教育资源及组卷应用平台
第1页
共4页
◎
第2页
共4页
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
参考答案
1．C
【分析】
利用，，结合平面向量数量积的定义计算可得的值，再分别求出和，代入计算可得答案．
【详解】
如图，，
，
∴，
故选：C
2．B
【分析】
以点C1为坐标原点，分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面BB1C1C的一个法向量，利用向量数量积的坐标运算可得线面平行．
【详解】
以点C1为坐标原点，分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由于A1M＝AN＝，则
又C1D1⊥平面BB1C1C，所以＝(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量．
因为，所以，又平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C.
故选：B
3．D
【分析】
利用直线与平面的夹角坐标公式计算可得答案．
【详解】
设直线与平面的夹角为
则
直线与平面的夹角的余弦为
故选：D
4．B
【分析】
由是的重心，则,根据向量的加法有，从而可得答案.
【详解】
由是的重心，则,
故选：B.
【点睛】
本题考查空间向量的线性运算，关键是熟练使用向量的线性运算法则，并注意中线向量公式的运用.
5．C
【分析】
利用数量积的坐标运算检验各个选择之中的向量与平面的法向量的数量积是否为零，即可得出.
【详解】
∵平面，∴平面的一个法向量与平面的法向量垂直，即它们的数量积为0.
对于A：，故A错误；
对于B：，故B错误；
对于C：，故C正确；
对于D：，故D错误.
故选：C.
【点睛】
本题考查垂直的平面的法向量的关系和向量的垂直的坐标表示，属基础题.一般地，两个平面垂直的充分必要条件是其法向量垂直，然后利用空间向量的垂直的坐标表示检验即可.
6．B
【分析】
建立空间直角坐标系，分别用坐标表示出，然后计算出向量夹角的余弦值，由此可求解出异面直线和所成的角的余弦值.
【详解】
建立空间直角坐标系如图所示：
所以，所以，
所以异面直线和所成的角的余弦值为，
故选：B.
【点睛】
本题考查利用向量方法求解异面直线所成角的余弦值，难度一般.异面直线所成角的向量求解方法：根据直线方向向量夹角的余弦值求解出异面直线所成角的余弦值，从而异面直线所成角可求.
7．B
【分析】
欲求底面中心到侧面的距离，先利用建立空间直角坐标系求出点A，B，P的坐标，及侧面的方程，最后利用所给公式计算即可．
【详解】
以底面中心为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
设平面的方程为，将点A，B，P的坐标代入计算得，，，所以方程可化为，即，
所以．
故选：B.
【点睛】
本小题主要考查点、线、面间的距离计算、空间直角坐标系的应用、空间直角坐标系中点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于基础题．
8．B
【分析】
由条件可知点在平面上，并且由几何意义可知平面，利用数量积的几何意义求的不同取值的个数.
【详解】
条件“且”，说明点在平面上，而说明为平面的中心，此时平面，由向量数量积的几何意义，在的投影有5种情况：0、、，∴数量积的不同取值的个数是5，
故选：B．
【点睛】
本题考查空间向量共面定理的应用，数量积的几何意义，重点考查转化思想，数形结合思想，属于中档题型.
9．CD
【分析】
根据空间直线的方向向量数量积的值是否为零判定两直线是否垂直，即可判断A；根据空间直线的方向向量与平面的法向量是否共线判定B；根据两平面法向量是否平行可判断C；，，利用法向量与上面两向量的数量积为零，即可求得的值，可判断D.
【详解】
A:，，，
则不垂直，直线与不垂直，故A不正确；
B:若，则，
∴存在实数，使得,无解，故B错误；
C:，∴，
与共线，，故C正确；
D:点，，，
，.
向量是平面的法向量，，
即，解得，故D正确.
故选：CD.
【点睛】
本题考查了空间向量的数量积运算，考查了基本运算能力，属于基础题.
必须熟练掌握的知识和技能：
（1）空间两直线垂直的充分必要条件是其方向向量垂直；
（2）线面垂直的充分必要条件是直线的方向向量与平面的法向量平行；
（3）两个不同平面平行的充分必要条件是其法向量共线.
10．ACD
【分析】
对于A,当时,可知;对于B,当,可知成立;对于C,讨论和两种情况;对于D,根据四点共面的充要条件即可判断真假.
【详解】
对于A,当时,可知,所以为假命题;
对于B,当,可知成立,所以为真命题;
对于C,讨论时,成立和时,
对任意恒成立，即为,解得综上,,所以为假命题;
对于D,根据四点共面的充要条件可知应满足不共线,所以为假命题.
故选:ACD.
【点睛】
本题考查命题真假的判断,考查了不等式成立问题,考查了空间中四点共面的条件,难度较易.
11．AC
【分析】
建立空间坐标系，利用向量计算与所成角的余弦值判断，利用面面平行性质作出过，，的截面，再计算截面面积判断，根据等体积法计算棱锥的内切求半径，计算球的表面积判断，计算与平面的夹角，根据与的大小关系判断．
【详解】
以为坐标原点，以，，为坐标轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，1，，，0，，，1，，
，1，，，1，，
，，
与所成角的余弦值为，故正确；
取的中点，则，故梯形为过、、的正方体的截面，
，，，梯形的高为，
梯形的面积为，故错误；
四面体的体积为，
又四面体的所有棱长均为，四面体的表面积为，
设四面体的内切球半径为，则，解得，
四面体的内切球的表面积为，故正确；
，点在以为轴，以为母线的圆锥的侧面上，
，1，，，1，，故，
设与平面的夹角为，则，
，
点在平面上的轨迹是双曲线，故错误．
故选：AC
【点睛】
方法点睛：本题考查空间向量的应用，考查截面问题，考查线面角以及四面体的内切球问题，求解内切球问题的方法基本有两种：
1.构造三角形利用相似比和勾股定理求解；
2.体积分割即等体积方法计算．
12．BD
【分析】
对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．
【详解】
易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故选：BD．
【点睛】
本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．
13．；
.
【分析】
根据题意，由矩形可求出，从而确定点是四面体外接球的球心，得出外接球的半径，由球的体积公式即可求出该四面体外接球的体积；利用几何法作、且，确定二面角的平面角为，则，根据空间向量的线性运算和向量的数量积公式，得出，结合，即可求出的范围.
【详解】
解：已知矩形中，，
在矩形中，连接和交于点，
，
，
可知点是四面体外接球的球心，则外接球的半径，
所以该四面体外接球的体积；
在四面体中，作交于点，交于点，
再作交于点，则，
所以二面角的平面角为，则，
在矩形中，可知，，
所以是等边三角形，，
，
由四面体可知，，，则，，
而
即，
所以当在内变化时，，则，
即的范围为.
故答案为：；.
【点睛】
关键点点睛：本题考查四面体外接球的体积和空间二面角的求法，利用空间向量的线性运算求出是解题的关键，考查空间想象能力和逻辑推理能力.
14．
【分析】
由平面，得，从而利用空间向量垂直的坐标表示可得y，x，z之间的关系，最后根据空间向量模的坐标表示即可求解最值．
【详解】
解：因为平面，所以，
所以，即，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以的最小值为.
故答案为：.
15．
【分析】
由，可得当最大时，最小，建立空间直角坐标系求到底面距离的最大值，则答案可求．
【详解】
解：设中点为，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，
得，0，，设，0，，则，，
，，得，则，
当时，，
又，
三棱锥体积的最小值为．
故答案为：．
16．
【分析】
以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系.如图所示，
利用线面角的向量求解方法可求得，从而求得答案.
【详解】
解：以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系.如图所示，
则，设，得，则；
设平面的法向量为，又，
于是有，
不妨，可得，所以；
因为，且，
则，化简得，
解得，或
(舍去).即，
从而得
故答案为：.
【点睛】
方法点睛：考查用空间向量及其坐标运算来探究立体几何中的任意不确定性和恒成立问题是非常实效且方便简洁，注意掌握空间线面角的余弦值的坐标运算.考查化归与转化、数形结合思想，检验空间想象、逻辑推理和运算求解能力.
17．（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）找到中点，连接、、，证明平面平面，再根据面面平行的性质定理即可得证；
（2）过作垂直于于，以为坐标原点，所在直线为轴建立坐标系，利用空间向量求线面角的正弦值．
【详解】
解：（1）证明：取中点，连接、、，
，，，为中点，
，，，，．
四边形为矩形，四边形为平行四边形，
，，，
平面，平面，
所以平面，
四边形为平行四边形，
，，，，
，，
四边形为平行四边形．
，又平面，平面，
所以平面，又因为，平面
所以平面平面，
因为平面
所以平面．
（2）过做垂直于于，以为坐标原点，所在直线为轴建立坐标系，设直线和平面所成角为，
由（1）知，，，
，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
，
，
故点坐标为，，，，，，，2，．
，，，，，，，2，，
设平面的法向量，
所以，即，解得，，．
．
所以直线和平面所成角的正弦值为；
18．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）依题意，以为坐标原点，分别以、、的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系．求出对应点的坐标，求出平面的法向量及，由，结合直线平面，可得平面；
（2）设线段的长为，，则点的坐标为，0，，求出，而为平面的一个法向量，由直线与平面所成的角为，可得线段的长．
【详解】
（1）证明：依题意，以为坐标原点，分别以、、的方向为轴，
轴，轴的正方向建立空间直角坐标系．
可得，0，，，0，，，2，，，2，，
，0，，，1，，，0，，，，，，0，．
设为平面的法向量，
则，不妨令，可得；
又，可得．
又直线平面，
平面；
（2）解：设线段的长为，，则点的坐标为，0，，
可得，而为平面的一个法向量，
故．
由题意，可得，解得，．
线段的长为．
19．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取的中点，连接、，证明平面，进而可得出；
（2）证明出平面，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【详解】
（1）如下图所示，取的中点，连接、，
、分别为、的中点，所以，，，故，
为等边三角形，为的中点，所以，，
，平面，平面，因此，；
（2）因为，为等边三角形，则，
，，则，因为，则，
，，平面，
又因为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设平面的法向量为，，，
由，可得，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，可得，取，可得，
，
由图可知，二面角的平面角为锐角，
因此，二面角的余弦值为.
20．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）由，，得，再由，可得，从而得∥，再结已知条件可得，从而由线面垂直的判定定理可得平面，进而可得
（2）由（1）知：平面，即为二面角的平面角，过点作于，在中可求出的值，从而可求出答案；或以为原点，为轴，轴，垂直平面向上方向为轴，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可
【详解】
（1），，
又为中点，则有，
∥，，
∵
平面，
∵平面，
所以.
（2）方法一：由（1）知：平面，
即为二面角的平面角，
所以，所以
过点作于，记，
中：
又面，
到面的距离与到面的距离相等，
方法二：以为原点，为轴，轴，垂直平面向上方向为轴，
如图建立空间直角坐标系，令，则；
因为二面角的余弦值为，设，则；
所以，则又，
设平面的法向量为，则
取，则，所以，
令直线与平面所成角为，
则.
由，得
21．（1）证明见解析，（2），（3）
【分析】
（1）连接，证明，再由，平面，可得,从而可得平面，进而可得；
（2）由，，可得平面，则，由已知数据可求得，，从而可得，则，进而可得答案；
（3）以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可
【详解】
（1）证明：连接，
因为四边形为菱形，，
所以为等边三角形，∥，
因为为的中点，所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以，
（2）解：因为，，，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，所以，
所以，所以，
所以，
所以，
因为，所以
（3）因为，，，
所以以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则
，
所以，
设平面的一个法向量为，则
，令，则，
平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，
由图可知为锐角，则
，
所以
22．（1）具体见解析；（2）；（3）；（4）.
【分析】
（1）先证明AM∥ON，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，设出AE的长度，利用线面垂直求出长度即可；
（3）建立空间直角坐标系，求出内切圆的半径，得出各点的坐标，用法向量夹角公式即可解得；
（4）将矩形PQRS视作静止，则作顺时针旋转，写出坐标，用空间向量线面角公式求出夹角的正弦值.
【详解】
（1）如图1，分别是点M、N在线段AC上的投影，则为AO的中点，为OC的三等分点.
所以，，
所以,所以AM∥ON，
如图2，又因为平面BDN，ON平面BDN，所以AM∥平面BDN.
（2）以O为原点，分别以所在方向为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,
则,设，
所以,,
若OE⊥平面BDN，
则，即时，OE⊥平面BDN.
（3）设内切圆半径为r，由题意可知是等腰直角三角形，所以，
因为，，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，令x=1，则
，同理可得平面的法向量，
所以，
由图可知二面角为锐角，则其余弦值为.
（4）将矩形PQRS作为参照物，不妨设顺时针旋转，则，即，，所以
易知y轴⊥平面PQRS，则平面PQRS的一个法向量为，
设与平面PQRS所成角为，
所以
若，则；
若，令，则，
所以，
当且仅当即时，.
【点睛】
证明线面平行应首先证明线面平行或者面面平行；存在性问题一般是先假设存在，若求出结果不产生矛盾则命题成立，否则不成立；二面角和线面角问题用公式直接解出即可；但应注意的是最值问题一般会结合基本不等式或者导数，如果式子复杂应该先换元.
答案第1页，总2页
21世纪教育网(www.21cnjy.com)