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2021-2022学年上学期第一单元 空间向量与立体几何单元测试卷（巅峰版）
高二数学
（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．测试范围：人教必修2019第一单元 集合与常用的逻辑用语。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：（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．（2021·全国高二课时练习）正三棱锥中，，M为棱PA上的动点，令为BM与AC所成的角，为BM与底面ABC所成的角，为二面角所成的角，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
依题意建立空间直角坐标系，不妨令为的中点，利用空间向量法求异面直线的角与线面角；
【详解】
解：设正三棱锥的底面边长为6，高为，如图所示建立空间直角坐标系，不妨令为的中点，
则，，，，，，，，，，所以，
过作交于点，所以，即为BM与底面ABC所成的角，所以，所以，所以
显然面的法向量可为，设面的法向量为，所以令，则，，即，
所以，当时，；当时，；当时，，故CD不成立；
故选：B
【点睛】
本题考查利用空间向量法求空间角，属于中档题.
2．（2019·浙江高二月考）已知，，和为空间中的4个单位向量，且，则不可能等于
A．3 B． C．4 D．
【答案】A
【分析】
根据n个向量的和的模不大于n个向量的模的和可推出结论.
【详解】
因为
而，
所以
因为，，， 是单位向量，且，
所以不共线，
所以，故选A.
【点睛】
本题主要考查了向量与不等式的关系，涉及向量的共线问题，属于难题.
3．（2020·全国高二课时练习）在四面体ABCD中，为等边三角形，，二面角的大小为，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
以B为原点建立空间直角坐标系,根据关系写出各个点的坐标,利用平面和平面的法向量,表示出二面角的余弦值,即可求得的取值范围.
【详解】
以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系:
因为为等边三角形，不妨设,
由于,所以
因为当时四点共面,不能构成空间四边形,所以
则,,
由空间向量的坐标运算可得
设平面的法向量为
则代入可得
令,则,所以
设平面的法向量为
则,代入可得
令,则,所以
二面角的大小为
则由图可知,二面角为锐二面角
所以
因为
所以
即
所以
故选:C
【点睛】
根据直线与平面夹角的特征及取值范围,即可求解,对空间想象能力要求较高,属于中档题.
4．（2020·湖北华中师大一附中高三其他模拟（理））正方体的棱长为3，点，分别在棱，上，且，，下列命题：①异面直线，所成角的余弦值为；②过点，，的平面截正方体，截面为等腰梯形；③三棱锥的体积为；④过作平面，使得，则平面截正方体所得截面面积为．其中所有真命题的序号为（ ）
A．①④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【答案】C
【分析】
对于①：取的三等分点为，使，利用已知条件找到异面直线，所成的角，即可得出结果；对于②：取的三等分点为，使，利用已知条件得到四边形即为所求截面，即可得出结论；对于③：利用等体积法求解即可；对于④：取的三等分点为，使，取的三等分点为，使，猜想出面即为所求的截面，建立空间坐标证明推测，代入数值即可求出结论
【详解】
对于①：取的三等分点为，使，
又，
且，
四边形为平行四边形，
且，
四边形为平行四边形，
，
则为异面直线，所成的角，
连接，由题意得：，
所以；故①正确；
对于②：取的三等分点为，使，
又，
且，
四边形为平行四边形，
则且，
又由①得：且，
则且，
四边形为平行四边形，
，
取的中点为，连接，
又，
，
则四边形即为所求截面，
由题意知：，
则②不正确；
对于③：，
又面，，
，
故③正确；
对于④：取的三等分点为，使，
取的三等分点为，使，
，
则面即为所求的截面，
建立如图所示的空间坐标系，
则，
，
，
所以面；
由已知条件得：
，
等腰梯形的高为：，
所以截面面积为：.
故④正确.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查异面直线所成角以及线线平行问题，还考查了等体积法求四棱锥的体积以及利用空间向量解决线面垂直问题；问题的关键是截面不容易找.属于较难题.
5．（2021·浙江高二单元测试）如图，矩形ABCD中，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻折成.在翻折过程中，直线与平面ABCD所成角的正弦值最大为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
分别取DE，DC的中点O，F，点A的轨迹是以AF为直径的圆，以为轴，过与平面垂直的直线为轴建立坐标系，利用向量法求出正弦值为，换元后利用基本不等式可得答案.
【详解】
分别取DE，DC的中点O，F，则点A的轨迹是以AF为直径的圆，
以为轴，过与平面垂直的直线为轴建立坐标系，
则，平面ABCD的其中一个法向量为= (0,0.1)，
由，设，则，
记直线与平面ABCD所成角为，
则
设，
所以直线与平面ABCD所成角的正弦值最大为，
故选：A.
【点睛】
本题主要考查利用向量法求线面角，考查了三角函数的恒的变换以及基本不等式的应用，考查了空间想象能力与计算能力，属于综合题.
6．（2019·湖北）设点是棱长为的正方体的棱的中点，点在面所在的平面内，若平面分别与平面和平面所成的锐二面角相等，则点到点的最短距离是
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
以为原点，为轴为轴 为轴，建立空间直角坐标系，计算三个平面的法向量，根据夹角相等得到关系式：，再利用点到直线的距离公式得到答案.
【详解】
`以为原点，为轴为轴 为轴，建立空间直角坐标系.
则
易知：平面的法向量为
平面的法向量为
设平面的法向量为：
则，取
平面分别与平面和平面所成的锐二面角相等
或
看作平面的两条平行直线，到的距离.
根据点到直线的距离公式得，点到点的最短距离都是：
故答案为B
【点睛】
本题考查了空间直角坐标系，二面角，最短距离，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
7．（2021·浙江高一期末）直三棱柱中，若，，是中点，过作这个三棱柱的截面，当截面与平面所成的锐二面角最小时，这个截面的面积为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】C
【分析】
建立坐标系，设截面的法向量为，设截面与平面所成的锐二面角为，
平面的法向量为，则由得，进而，故取最大值，锐二面角为取最小，此时，进而过截面与平面内的直线的交点为，过截面与平面内的直线的交点为，进而截面即为四边形，再求四边形的面积即可得答案.
【详解】
解：因为，，所以，即.
所以根据题意，以点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
易知平面的法向量为， 设截面的法向量为，
则，即，
设截面与平面所成的锐二面角为，
则
所以当时，取最大值，锐二面角为取最小，
不妨设，则，，即，
此时，过截面与平面内的直线的交点为，
则，所以，即，解得，
过截面与平面内的直线的交点为，
则，所以，即，解得，
所以，，
所以此时截面即为四边形，
其中，，，，
则在四边形中，，
所以，
所以四边形的面积为
.
故选：C.
【点睛】
本题解题的关键在于寻找截面，通过建系研究截面与平面所成的锐二面角为满足的，得到截面的一个法向量，再根据法向量求得截面与直线的交点为，与直线的交点为，再根据四边形的面积求解即可.
8．（2020·浙江湖州中学高三其他模拟）已知点是正方体表面上一动点，且满足，设与平面所成的角为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
建立空间直角坐标系，设出点的坐标，根据已知条件求得动点的轨迹方程，再由直线与平面的夹角可得出最值.
【详解】
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，，则，因为，
所以，即
，所以点的轨迹为以点为球心、为半径的球与正方体表面的交线，
即为如图的，，，要使得与底面所成的角最大，
则与底面的交点到点的距离最短，从而点在上，且在上，
则，从而，所以的最大值为，
故选：A．
【点睛】
本题考查动点的轨迹、直线与平面所成角、空间法向量的应用．根据题意建立适当的空间直角坐标系，并求出点的轨迹是解答本题的突破口，属于难度题．
二、多项选择题：（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，有选错的得0分，部分选对的得3分。）
9．（2020·湖北高二月考）如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点为端点的三条棱长都等于，且它们彼此的夹角都是，下列说法中正确的是（ ）
A．
B．在底面上的射影是线段的中点
C．与平面所成角大于
D．与所成角的余弦值为
【答案】AC
【分析】
对A，分别计算和，进行判断；对B，设中点为，连接，假设在底面上的射影是线段的中点，应得，计算，即可判断在底面上的射影不是线段的中点；对C，计算，根据勾股定理逆定理判断得，与平面所成角为，再计算；对D，计算以及，再利用向量的夹角公式代入计算夹角的余弦值.
【详解】
对A，由题意，，所以，，所以，
所以，故A正确；对B，设中点为，连接，，若在底面上的射影是线段的中点，则平面，则应，又因为，故B错误；对D，，
所以，，，故D不正确；对C，，在中，，所以，所以，所以与平面所成角为，又，即，故C正确；
故选：AC
【点睛】
方法点睛：用向量方法解决立体几何问题，需要树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比；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，利用向量的夹角公式求解.
10．（2021·全国高二专题练习）在长方体中，，，、、分别是、、 上的动点，下列结论正确的是（ ）
A．对于任意给定的点，存在点使得
B．对于任意给定的点，存在点使得
C．当时，
D．当时，平面
【答案】ABCD
【分析】
本题先建立空间直角坐标系，再运用空间向量在立体几何中的应用逐一判断即可.
【详解】
如图所示，建立空间直角坐标系，设，，，，
设，得到，.
，，，当时，，正确；
，，取时，，正确；
，则，解得：，此时，，正确；
，则，，设平面的法向量为，则，解得，故，故平面，正确.
故选：ABCD.
【点睛】
本题考查了空间向量在立体几何中的应用，是偏难题.
11．（2021·湖北武汉市·高二期末）如图所示，该多面体是一个由6个正方形和8个正三角形围成的十四面体，所有棱长均为1，所有顶点均在球的球面上.关于这个多面体给出以下结论，其中正确的有（ ）
A．平面；
B．与平面所成的角的余弦值为；
C．该多面体的外接球的表面积为；
D．该多面体的体积为.
【答案】ACD
【分析】
将题目中的十四面体放入一个正方体中，对于A结合线面平行的证明方法即可，对于B利用线面角的向量法求解即可，对于C求出其外接球半径即可求得其外接球表面积，对于D利用割补法求体积即可.
【详解】
对于A，如图，连接，由正方体的性质易证，因为平面，平面，所以平面，同理平面,又因为平面，，所以平面平面，因为平面，所以平面，故A正确；
对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，图中正方体棱长为，则,,,,所以,,,设为平面的一个法向量，则,所以，取，则，设与平面所成的角为，则，由于,所以，故B错误；
对于C，该多面体的外接球的球心和正方体外接球球心重合，如图，该多面体的外接球的半径为正方体面对角线长度的一半，即可得等于该十四面体棱长，所以该多面体的外接球的表面积为，故C正确；
对于D，图中正方体棱长为，则正方体体积,对于8个体积相同的三棱锥体积为,该多面体体积为，故D正确.
故选:ACD
12．（2021·湖南长郡中学高一期末）如图1，在边长为2的正方形中，，，分别为，，的中点，沿 及把这个正方形折成一个四面体，使得 三点重合于，得到四面体(如图2).下列结论正确的是（ ）
A．四面体的外接球体积为
B．顶点在面上的射影为的重心
C．与面所成角的正切值为
D．过点的平面截四面体的外接球所得截面圆的面积的取值范围是
【答案】ACD
【分析】
折叠问题，关键是抓住其中的不变量.
选项A：说明 两两垂直，将四面体的外接球问题，转化为长方体的外接球问题；
选项B：由于 两两垂直，可证在面上的射影为的垂心；
选项C：线面角的定义法求解；
选项D：将四面体补成长方体，找出球心，将问题转化为过一定点作球的截面求截面圆面积最值问题.
【详解】
对于A项，易知 两两垂直，故可以补成长方体，其体对角线长，
外接球半径，故外接球体积为，
故A项正确；
对于B项，由于 两两垂直，故在面上的射影为的垂心，
理由如下:如图，过点作平面，交平面于点，
因为平面，平面，所以，
又因为，，，都在平面内，且相交于点，
所以平面，又平面，所以，
又，所以平面，又平面，所以.
同理可证，，所以在面上的射影为的垂心.
故B项错误；
对于C项，设为中点，则，，，
故平面，故平面平面，所以在平面上的射影为，
与平面所成角为，，，，，
故C项正确；
对于D项，设为四面体的外接球球心，平面，连接，，
当过点的截面经过球心时截面圆面积最大，面积为；
当垂直截面圆时，截面圆面积最小，
此时，，，
，截面圆面积为，
得截面圆面积取值范围是.
故D项正确.
故选：ACD.
【点睛】
方法点睛：求解几何体的外接球问题或空间角问题一般从以下角度出发：
(1) 外接球问题，关键是找出球心，规则图形的球心在对称中心；不规则图形，能补成规则图形最好，若不能，则利用球心与截面圆圆心的连线垂直于截面，可做出球心，再利用几何知识求解.
(2) 空间角的处理一般是建系，用向量法求解；若图形中垂直关系明显，空间角容易找出，也可用空间角的定义求解
第Ⅱ卷
三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分。）
13．（2021·浙江高三其他模拟）三棱锥P-ABC中，PA，PB，PC两两垂直，，点Q为平面ABC内的动点，且满足，记直线PQ与直线AB的所成角为，则的取值范围为___________.
【答案】
【分析】
根据已知条件先确定出在平面内的轨迹，然后通过建立空间直角坐标系，根据两直线方向向量夹角的余弦值结合三角函数值的范围，计算出两直线所成角的正弦值的取值范围.
【详解】
因为两两垂直，且，所以由全等三角形可知，
所以三棱锥为正三棱锥，记在底面内的投影为，
所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以的轨迹是以为圆心半径为的圆，
取中点，连接，可知经过点，建立如下图所示的空间直角坐标系：
设，，
所以，
所以，
所以，
所以，且，
所以，所以，
故答案为：.
【点睛】
思路点睛：异面直线所成角的余弦值的向量求法：
（1）先分别求解出两条异面直线的一个方向向量；
（2）计算出两个方向向量夹角的余弦值；
（3）根据方向向量夹角的余弦值的绝对值等于异面直线所成角的余弦值求解出结果.
14．（2020·全国高二单元测试）如图，已知三棱锥的所有棱长均相等，点满足，点在棱上运动，设与平面所成的角为，则的最大值为______.
【答案】
【分析】
作出直线与平面所成的角，解直角三角形求得的表达式，由此求得的最大值.
【详解】
依题意可知，该几何体为正四面体，设顶点在底面的射影是，是底面中心，连接，过作，交于，连接.
设正四面体的棱长为，.在三角形中，由余弦定理得.由于平面，所以平面，，所以是直线与平面所成的角，设为.在三角形中，，所以.所以.所以当时，的最大值为.
故答案为：
【点睛】
本小题主要考查直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查最值的求法，，属于中档题.
15．（2021·全国高二专题练习）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________.
【答案】
【详解】
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）（b＞0）．
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Q﹣PD﹣A的平面角大小为，
∴cos＜＞=即解得b=．
∴S△ADQ=．
S梯形ABCD﹣S△ADQ=．
∵S1＜S2，∴S1=，S2=．∴S1：S2=（3﹣4）：4．
故答案为（3﹣4）：4．
点睛：本题的关键是找到点Q的轨迹在四边形ABCD内的部分，它就是一条线段DQ，确定点Q在y轴上的位置,由于本题的背景比较适宜用坐标系和空间向量来解答.
16．（2021·山东高三一模）在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型，并要求同学们将该四棱锥切割成三个小四棱锥.某小组经讨论后给出如下方案：第一步，过点作一个平面分别交，，于点，，，得到四棱锥；第二步，将剩下的几何体沿平面切开，得到另外两个小四棱锥.在实施第一步的过程中，为方便切割，需先在模型表面画出截面四边形，若，，则的值为___________.
【答案】
【分析】
以AC、BD交点O为原点，射线OA、OB、OP为x、y、z轴正方向构建空间直角坐标系，设，，，，，进而写出、、、坐标，可得，，由四点共面有，设，求值即可.
【详解】
建立如图所示空间直角坐标系，设，，，， (a、b均不为0)，则，，，，
∴，，
由题意四点共面，有，其中，设，
∴
由方程组，即，解得：.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：构建空间直角坐标系，利用四点共面有且，再设，应用空间向量线性关系的坐标表示，列方程组求参数.
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．（2021·全国高二课时练习）试在①，②，③三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得 面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题：
如图，在四棱锥中，，底ABCD为菱形，若__________，且 ，异面直线PB与CD所成的角为，求二面角的余弦值.
【答案】详见解析；余弦值为
【分析】
先分析出只能选择①③，再进行证明和计算.
【详解】
若选②：由平面ABCD知，又，
所以面PAC，所以，
所以，，
这与底面ABCD为菱形矛盾，所以②必不选，故选①③.
下面证明：平面ABCD，
因为四边形ABCD为菱形，所以.
因为，，
所以平面APC.
又因为平面APC，所以.
因为，O为AC中点，所以.
又，所以平面ABCD，
因为面ABCD，以O为坐标原点，以，，的方向分别作为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图空间直角坐标系，
因为，所以为异面直线PB与CD所成的角，
所以.
在菱形ABCD中，设，
因为，所以，，
设，则，.
在中，由余弦定理得：
，
所以，解得，
所以，，，.
设为平面ABP的法向量，
，，
由可得：，
令得.
设为平面CBP的法向量，
，，
由可得：，
令得：.
设二面角的平面角为，
所以，所以二面角的余弦值为.
【点睛】
此题考查补齐题目条件并进行求解二面角的大小，关键在于准确判定需要补齐的条件，根据立体几何常见的解题方法求解二面角的大小.
18．（2020·天津南开中学高三月考）如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，，，，.
（1）设点M为棱的中点，求证：平面；
（2）求异面直线和所成角的余弦值；
（3）棱SB上是否存在点N，使得平面平面？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，的长为.
【分析】
（1）建立适当的空间直角坐标系，利用向量证明从而证明线面平行；（2）求出向量、的坐标，代入即可求解；（3）设，用表示出点N的坐标，求出平面SBC、平面ANC的法向量，由题意知则，即可带入坐标求得从而求得.
【详解】
（1）证明：以点A为坐标原点，向量，，的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系.
易知，，，，，，.
设点P为中点，则有，
，，
又因为平面，平面，所以平面.
（2）由，，得.
所以，异面直线和所成角的余弦值为.
（3）由（1）中知，.
设平面的法向量为，
有，进而，不妨设，得，
易知分别为平面ABCD、平面ABS的法向量，
，平面ABCD与平面SBC不垂直，
，平面ABS与平面SBC不垂直，
所以点N不在棱SB的端点处，
依题意，设，()，可得.
设平面的法向量为，
有，进而，
不妨设，得.
由题意知，，则，解得.
此时，.
19．（2021·全国高三专题练习）如图，已知多面体，，，均垂直于平面，，，，.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）；
【分析】
（1）作，，利用勾股定理、余弦定理可求、、，，进而得到，，根据线面垂直的判定即可证平面；
（2）构建空间直角坐标，由各线段的长度确定的坐标，进而可求，并求得面的一个法向量，根据法向量与直线方向量的夹角与线面角的关系，求直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
（1）作于E，于D， 即，，在△中，由余弦定理知：，则，
∴在中，；在中，；而，，
∴，即，，又，
∴平面；
（2）构建以中点O为原点，为x，y轴正方向，垂直于且同方向作为z轴正方向，如下图示，
则，可令，
∴，
若为面的一个法向量，则，令，即，
∴，即直线与平面所成的角的正弦值为.
【点睛】
思路点睛：
线面垂直证明思路如下
（1）作垂直：由垂直得到的直角三角形中，利用勾股定理求相应边长.
（2）证线线垂直：逆用勾股定理证明线段垂直.
（3）证线面垂直：根据线面垂直的判定证明线面垂直.
求线面角正弦值思路
（1）构建空间坐标系：确定原点，标注相关点的坐标.
（2）确定向量坐标：利用向量的坐标表示得到向量坐标.
（3）求面的法向量：由垂直关系的坐标表示求法向量.
（4）求角的正弦值：线面角正弦值等于直线方向向量与面的法向量夹角余弦值的绝对值.
20．（2020·全国高三专题练习）如图，在三棱锥S一ABC中，SA＝AB＝AC＝BC＝SB＝SC，O为BC的中点
（1）求证：SO⊥平面ABC
（2）在线段AB上是否存在一点E，使二面角B—SC－E的平面角的余弦值为？若存在，求的值，若不存在，试说明理由
【答案】（1）见解析（2）
【分析】
（1）利用等腰三角形性质，结合勾股定理证明线面垂直．
（2）建立空间直角坐标系，利用两平面的法向量夹角公式即可求得点E的坐标．
【详解】
（1）∵，O为BC的中点，∴，
设，则，，，
∴，∴，
又∵，∴平面ABC．
（2）以O为原点，以OA所在射线为x轴正半轴，以OB所在射线为y轴正半轴，
以OS所在射线为z轴正半轴建立空间直角坐标系．
则有，，，，．
假设存在点E满足条件，设，
则，
则．
设平面SCE的法向量为，
由，得，故可取．
易得平面SBC的一个法向量为．
所以，，解得或（舍）．
所以，当时，二面角的余弦值为．
【点睛】
本题考查了空间几何体中线面垂直的证明，利用法向量解决空间几何体面面夹角的问题，属于中档题．
21．（2021·重庆巴蜀中学）如图，在三棱台中，底面是边长为2的正三角形，侧面为等腰梯形，且，为的中点．
（1）证明：；
（2）记二面角的大小为，时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）通过证明，得出平面，即可由线面垂直的性质得出；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，可得为二面角的平面角，，求出平面的法向量和，利用向量关系可表示出直线与平面所成角的正弦值，即可根据范围求出.
【详解】
（1）证明：如图，作的中点，连接，，
在等腰梯形中，，为，的中点，
∴，
在正中，为的中点，
∴，
∵，，，，平面，
∴平面，
又平面，∴．
（2）解：∵平面，
在平面内作，以为坐标原点，以，，，分别为，，，轴正向，如图建立空间直角坐标系，
∵，，∴为二面角的平面角，即，
，，，，，，
设平面的法向量为，，，
则有，即，
则可取，又，
设直线与平面所成角为，
∴，
∵，∴，
∴．
22．（2020·重庆市荣昌中学校高二月考）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，．
【分析】
（1）本题首先可根据题意得出平面以及，然后根据线面垂直的性质得出，最后根据线面垂直的判定与性质即可证得结论；
（2）首先可建立空间直角坐标系，然后求出平面的法向量，再然后求出平面的法向量，最后通过即可得出结果；
（3）本题可设为线段上一点，，然后根据得出，再然后求出平面的法向量，最后通过即可得出结果.
【详解】
（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，
故当时，平面平面.
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2021-2022学年上学期第一单元 空间向量与立体几何单元测试卷（巅峰版）
高二数学
（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．测试范围：人教必修2019第一单元 集合与常用的逻辑用语。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：（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．（2021·全国高二课时练习）正三棱锥中，，M为棱PA上的动点，令为BM与AC所成的角，为BM与底面ABC所成的角，为二面角所成的角，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2019·浙江高二月考）已知，，和为空间中的4个单位向量，且，则不可能等于
A．3 B． C．4 D．
3．（2020·全国高二课时练习）在四面体ABCD中，为等边三角形，，二面角的大小为，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．（2020·湖北华中师大一附中高三其他模拟（理））正方体的棱长为3，点，分别在棱，上，且，，下列命题：①异面直线，所成角的余弦值为；②过点，，的平面截正方体，截面为等腰梯形；③三棱锥的体积为；④过作平面，使得，则平面截正方体所得截面面积为．其中所有真命题的序号为（ ）
A．①④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
5．（2021·浙江高二单元测试）如图，矩形ABCD中，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻折成.在翻折过程中，直线与平面ABCD所成角的正弦值最大为（ ）
A． B． C． D．
6．（2019·湖北）设点是棱长为的正方体的棱的中点，点在面所在的平面内，若平面分别与平面和平面所成的锐二面角相等，则点到点的最短距离是
A． B． C． D．
7．（2021·浙江高一期末）直三棱柱中，若，，是中点，过作这个三棱柱的截面，当截面与平面所成的锐二面角最小时，这个截面的面积为（ ）
A．2 B． C． D．
8．（2020·浙江湖州中学高三其他模拟）已知点是正方体表面上一动点，且满足，设与平面所成的角为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：（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，有选错的得0分，部分选对的得3分。）
9．（2020·湖北高二月考）如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点为端点的三条棱长都等于，且它们彼此的夹角都是，下列说法中正确的是（ ）
A．
B．在底面上的射影是线段的中点
C．与平面所成角大于 D．与所成角的余弦值为
10．（2021·全国高二专题练习）在长方体中，，，、、分别是、、 上的动点，下列结论正确的是（ ）
A．对于任意给定的点，存在点使得
B．对于任意给定的点，存在点使得
C．当时，
D．当时，平面
11．（2021·湖北武汉市·高二期末）如图所示，该多面体是一个由6个正方形和8个正三角形围成的十四面体，所有棱长均为1，所有顶点均在球的球面上.关于这个多面体给出以下结论，其中正确的有（ ）
A．平面；
B．与平面所成的角的余弦值为；
C．该多面体的外接球的表面积为；
D．该多面体的体积为.
12．（2021·湖南长郡中学高一期末）如图1，在边长为2的正方形中，，，分别为，，的中点，沿 及把这个正方形折成一个四面体，使得 三点重合于，得到四面体(如图2).下列结论正确的是（ ）
A．四面体的外接球体积为
B．顶点在面上的射影为的重心
C．与面所成角的正切值为
D．过点的平面截四面体的外接球所得截面圆的面积的取值范围是
第Ⅱ卷
三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分。）
13．（2021·浙江高三其他模拟）三棱锥P-ABC中，PA，PB，PC两两垂直，，点Q为平面ABC内的动点，且满足，记直线PQ与直线AB的所成角为，则的取值范围为___________.
14．（2020·全国高二单元测试）如图，已知三棱锥的所有棱长均相等，点满足，点在棱上运动，设与平面所成的角为，则的最大值为______.
15．（2021·全国高二专题练习）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．（2021·山东高三一模）在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型，并要求同学们将该四棱锥切割成三个小四棱锥.某小组经讨论后给出如下方案：第一步，过点作一个平面分别交，，于点，，，得到四棱锥；第二步，将剩下的几何体沿平面切开，得到另外两个小四棱锥.在实施第一步的过程中，为方便切割，需先在模型表面画出截面四边形，若，，则的值为___________.
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．（2021·全国高二课时练习）试在①，②，③三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得 面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题：
如图，在四棱锥中，，底ABCD为菱形，若__________，且 ，异面直线PB与CD所成的角为，求二面角的余弦值.
18．（2020·天津南开中学高三月考）如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，，，，.
（1）设点M为棱的中点，求证：平面；
（2）求异面直线和所成角的余弦值；
（3）棱SB上是否存在点N，使得平面平面？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
19．（2021·全国高三专题练习）如图，已知多面体，，，均垂直于平面，，，，.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值.
20．（2020·全国高三专题练习）如图，在三棱锥S一ABC中，SA＝AB＝AC＝BC＝SB＝SC，O为BC的中点
（1）求证：SO⊥平面ABC
（2）在线段AB上是否存在一点E，使二面角B—SC－E的平面角的余弦值为？若存在，求的值，若不存在，试说明理由
21．（2021·重庆巴蜀中学）如图，在三棱台中，底面是边长为2的正三角形，侧面为等腰梯形，且，为的中点．
（1）证明：；
（2）记二面角的大小为，时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
22．（2020·重庆市荣昌中学校高二月考）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．
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