人教A版2019选择性必修第一册第一章数学尖子生同步培优题典（2）word版含答案

人教A版2019选择性必修第一册第一章数学尖子生同步培优题典（2）
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则直线与直线所成角的取值范围为（ ） （参考数据：
A．， B．，
C．， D．，
2．已知正方体的棱长为3，为棱上的靠近点的三等分点，点在侧面上运动，当平面与平面和平面所成的角相等时，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在圆锥中，，是上的动点，是的直径，，是的两个三等分点，，记二面角，的平面角分别为，，若，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
4．如图，四边形是边长为的正方形，点、分别为线段、上的动点，，将翻折成，且平面平面，下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使
B．当点为中点时，三棱锥的外接球半径为
C．三棱锥与三棱锥体积之和的最大值为
D．存在点，使平面与平面的夹角的大小为
5．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）
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三、填空题
6．已知单位向量两两的夹角均为（，且），若空间向量满足，，则有序实数组称为向量在“仿射”坐标系（O为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作，有下列命题：
①已知，，则；
②已知，，其中，则当且仅当时，向量的夹角取得最小值；
③已知，，则；
④已知，，，则三棱锥的表面积.
其中真命题为________（写出所有真命题的序号）．
7．正方体的棱长为，平面，平面，则正方体在平面内的正投影面积为________．
8．如图，在长方体中，，点为线段上的动点(包含线段端点)，则下列结论正确的__________．
①当时，平面；
②当时，平面；
③的最大值为；
④的最小值为.
9．将直角三角形沿斜边上的高折成的二面角，已知直角边，那么下面说法正确的是_________．
（1） 平面平面 （2）四面体的体积是
（3）二面角的正切值是 （4）与平面所成角的正弦值是
四、解答题
10．如图1，在△中，，分别为，的中点，为的中点，，．将△沿折起到△的位置，使得平面平面，如图2．
（1）求证：；
（2）求直线和平面所成角的正弦值；
（3）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
11．如图1，在边长为2的正方形ABCD中，P为CD中点，分别将△PAD, △PBC沿 PA,PB所在直线折叠，使点C与点D重合于点O，如图2．在三棱锥P-OAB中，E为 PB中点．
(Ⅰ)求证：PO⊥AB;
(II）求直线BP与平面POA所成角的正弦值；
(Ⅲ）求二面角P-AO-E的大小．
12．如图，已知四棱锥中，平面，平面平面，且，，，点在平面内的射影恰为的重心.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
13．已知四棱锥的底面是平行四边形，平面与直线，，分别交于点，，且，点在直线上，为的中点，且直线平面.
（1）设，，，试用基底表示向量；
（2）证明，四面体中至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形；
（3）证明，对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．B
【分析】
取的中点，作点在平面内的投影，过作交于点，连结、，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，设，，，利用求出的关系，然后根据的范围求角的范围.
【详解】
解：取的中点，作点在平面内的投影，过作交于点，连结、，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系如图，
根据题意，得，0，，，0，，，，，，，，
设，，，
则，，，，，，，0，，
，
，
，，
记为直线与直线所成的角，则即为直线与直线所成的角，
，
点的轨迹在平面内是以为圆心，为半径的圆，
，，
又为锐角或直角，，
，则
直线与直线所成角的取值范围为，，
故选：B．
2．A
【分析】
作出过且与平面和平面所成角相等的截面，则P位于截面与平面的交线上，进而求得答案.
【详解】
如图1，为棱上靠近的三等分点，由正方体的对称性可知平面与平面和平面所成角相等，取棱AB上靠近B的三等分点E，取棱DC上的三等分点N,M，容易证明：，则共面，即平面与平面和平面所成角相等，于是点P在线段FN上.
如图2，过点作垂直于FN于，容易知道当P位于时，最小.
如图3，由勾股定理可以求得，由等面积法，
.
故选：A.
【点睛】
对于动点问题，通常做法是先找到动点的轨迹，以本题为例就是先作出与平面和平面所成角相等的截面，从而找到截面与的交线，做题时要充分利用图形的特征，平常注意总结截面的做法.
3．B
【分析】
设底面圆的半径为,,以所在直线为轴,以垂直于所在直线为轴,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,写出各个点的坐标.利用法向量求得二面角与夹角的余弦值.结合即可求得的取值范围,即可得的最大值.
【详解】
设底面圆的半径为,,以所在直线为轴,以垂直于所在直线为轴,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,如下图所示:
则由
可得,
,是的两个三等分点
则
所以
设平面的法向量为
则,代入可得
化简可得
令,解得
所以
平面的法向量为
由图可知, 二面角的平面角为锐二面角,所以二面角的平面角满足
设二面角的法向量为
则代入可得
化简可得
令,解得
所以
平面的法向量为
由图可知, 二面角的平面角为锐二面角,所以二面角的平面角满足
由二面角的范围可知
结合余弦函数的图像与性质可知
即
化简可得,且
所以
所以的最大值是
故选:B
【点睛】
本题考查了空间直角坐标系在求二面角中的综合应用,根据题意建立合适的空间直角坐标系,求得平面的法向量,即可求解.本题含参数较多,化简较为复杂,属于难题.
4．BCD
【分析】
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项的正误；计算出三棱锥的外接球半径，可判断B选项的正误；利用锥体的体积公式可判断C选项的正误；利用空间向量法结合零点存在定理可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
过点在平面内作，连接，
由已知可得，，，，
故，则，即，且，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
设，，则，，
因为，则，
，易得，
则点、、，
，
，
若存在点，使得，
，
化简可得，即，则，
这与矛盾，故不存在点，使得，①错；
对于B选项，当点为的中点时，则点为的中点，且，，
，
取的中点，连接、，则，，
且，，
因为，平面平面，平面平面，平面，
平面，同理可证平面，
所以，三棱锥的外接球球心在直线上，设球的半径为，
由勾股定理得，即，解得，B对；
对于C选项，，
由A选项可知，平面，
，
因为，则，令，
则，函数在上单调递增，则，
所以，C对；
对于D选项，设平面的法向量为，
，，
则，
取，可得，
易知平面的一个法向量为，
因为，
令，
可得，
即，
所以
，
令，令，
易知函数在上连续，因为，，
由零点存在定理可知，存在，使得，
因此，存在点，使平面与平面的夹角的大小为，D对.
故选：BCD.
【点睛】
方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
5．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．
视频
6．②③
【分析】
①利用定义表示与，并利用空间向量数量积的运算律和定义来进行验证；
②作出图形，设，，结合图形得出当的面积取最小值时与的夹角最小，从而判断结论的正误；
③利用“仿射”坐标的定义，结合空间向量加法的运算律来进行验证；
④根据“仿射”坐标的定义判断出三棱锥是棱长为的正四面体，于此可得出该三棱锥的表面积.
【详解】
①由定义可得
，
∵，，，故①错误；
②如图，设，，则点在平面上，点在轴上，
由图易知当时，取得最小值，即向量与的夹角取得最小值，故②正确；③根据“仿射”坐标的定义可得
，故③正确；
④由已知可知三棱锥为正四面体，棱长为，其表面积为，即④错误．
故答案为②③.
【点睛】
本题考查空间向量的新定义，在验证各命题时要严格根据题中定义来理解，结合空间向量加减法以及数量积的运算律来计算，考查推理能力，属于难题.
7．
【分析】
由题设知：面面，且正方体在平面内的正投影面积为菱形面积与△、△、△、△在平面上的投影面积之和，构建空间直角坐标系，应用向量法求△、△、△、△与面的夹角余弦值，进而求它们在面上的投影面积，即可求正方体在平面内的正投影面积.
【详解】
∵平面，平面，知：面面.
∴正方体在平面内的正投影面积为如上图所示的菱形面积与△、△、△、△在平面上的投影面积之和，又正方体的棱长为，则，可构造如下图示，空间直角坐标系：
∴，则有，
若面的一个法向量为，则，可得，而面面，它们的一个法向量为，
∴，即面与面、面夹角余弦值为.
同理，面面，它们的一个法向量为，
∴，即面与面、面夹角余弦值为.
∵△、△、△、△的面积均为，
∴正方体在平面内的正投影的面积为.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：根据正方体的性质，结合正投影的定义可知正方体在平面内的正投影面积为如上图所示的菱形面积与△、△、△、△在平面上的投影面积之和，应用向量法求各面与面的夹角，进而求投影面积.
8．①②
【详解】
以为坐标原点建立空间直角坐标系，则,,设,.对于①，当，即，解得，，设平面的法向量为，则由，解得，由于，所以平面成立.对于②，当时，即，解得，由可知平面成立.对于③，设，即，解得，由，其分子化简得，当时，，故的最大值可以为钝角，③错误.对于④，根据③计算的数据， ,，在对称轴，即时取得最小值为，故④错误.
点睛：本题主要考查空间点线面的位置关系，考查利用向量法证明线面平面，线面垂直的方法，考查利用向量法求角度的最大值和线段长的最小值的方法.由于题目所给几何体是长方体，要验证线面关系，用向量法最快，建立空间直角坐标系后，利用直线的方向向量和平面的法向量垂直，证明线面平行，利用直线的方向向量和平面内两个相交的向量垂直证明线面垂直.
9．（3）（4）
【分析】
画出图像，由图像判断（1）是否正确；计算的体积来判断（2）是否正确；依题意建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法判断（3），（4）是否正确.
【详解】
画出图像如下图所示，由图可知（1）的判断显然错误.由于，故是二面角的平面角且平面，故.过作交的延长线于，由于，故是三棱锥的高.在原图中，，,,,，所以，故（2）错误.以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系.,，设平面的法向量为，则，令，则,即.平面的法向量是.设二面角的平面角为，由图可知为锐角，故，则其正切值为.故（3）判断正确.平面的法向量为，，设直线和平面所成的角为，则，故（4）判断正确.综上所述，正确的有（3），（4）.
【点睛】
本小题主要考查折叠问题，考查空间面面垂直的判断，考查锥体体积计算，考查二面角的计算以及线面角的计算，属于中档题.
10．（1）见解析；（2）；（3）
【详解】
试题分析：第一问根据等腰三角形的特征，可以得出，再结合面面垂直的性质定理，可以得出平面，再根据线面垂直的性质，可以得出以 ，之后根据面面垂直的性质和线面垂直的性质得出结果；第二问根据题中的条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得结果；第三问关于是否存在类问题，都是假设其存在，结合向量所成角的余弦值求得结果.
（Ⅰ）因为在△中，，分别为，的中点，
所以 ，．
所以，又为的中点，
所以 ．
因为平面平面，且平面，
所以 平面，
所以 ．
（Ⅱ）取的中点，连接，所以．
由（Ⅰ）得，．
如图建立空间直角坐标系．
由题意得，，，，．
所以，，．
设平面的法向量为，
则即
令，则，，所以．
设直线和平面所成的角为，
则．
所以 直线和平面所成角的正弦值为．
（Ⅲ）线段上存在点适合题意．
设，其中．
设，则有，
所以，从而，
所以，又，
所以．
令，
整理得．
解得，舍去．
所以线段上存在点适合题意，且．
方法点睛：该题属于典型的立体几何问题，第一问证明线线垂直，需要将空间关系都理清，把握住线线垂直、线面垂直、面面垂直的关系，即可得出结果；第二问求的是线面角的正弦值，正好是直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值；第三问属于是否存在类问题，在解题的过程中，需要我们先假设其存在，按照题的条件进行求解，如果推出矛盾，就是不存在.
11．（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）. （Ⅲ）.
【分析】
第一问利用几何体的特征可以得出相应的线线垂直，之后利用线面垂直的判定定理和性质得出所要的结果；第二问建立空间直角坐标系，利用空间向量求得线面角的正弦值；第三问利用面的法向量所成角的余弦值求得角的大小，最后确定出二面角的大小.
【详解】
（Ⅰ）在正方形中，为中点，,，
所以在三棱锥中，，.
因为，所以平面.
因为平面,所以.
（Ⅱ）取AB中点F，连接OF，取AO中点M，连接BM.
过点O作AB的平行线OG.
因为PO⊥平面OAB，所以PO⊥OF，PO⊥OG.
因为OA＝OB，F为AB的中点，
所以OF⊥AB. 所以OF⊥OG.
如图所示，建立空间直角坐标系O－xyz.
A，B，P，M(，，0)．
因为BO＝BA，M为OA的中点，所以BM⊥OA.
因为PO⊥平面OAB，PO 平面POA，所以平面POA⊥平面OAB.
因为平面POA∩平面OAB＝OA，BM 平面OAB，
所以BM⊥平面POA.
因为＝(，－，0)．所以平面POA的法向量m＝.
＝(1，－，1)．
设直线BP与平面POA所成角为α，
则.
所以直线BP与平面POA所成角的正弦值为.
（Ⅲ）由(Ⅱ)知，，.
设平面的法向量为，则有
即
令，则，. 即.
所以.
由题知二面角P－AO－E为锐角，所以它的大小为.
12．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）过作于， 利用面面垂直的性质定理可知平面，进而可知，又由已知可知，再利用线面垂直的判定定理证得平面，进而证得；
（2）连结并延长交于，连结，以为原点，分别以，所在的直线为，轴，以过且与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，即，再利用向量夹角公式即可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
（1）过作于，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，.
又平面，平面，，
又，平面，
平面，.
（2）连结并延长交于，连结，以为原点，
分别以，所在的直线为，轴，以过且与平面垂直的直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，设，
平面，平面，，同理，
又，平面，，
又是的重心，是的中点，，由（1）知，，
， ，，
，解得，，
设，则，故，
，，，，
，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
方法点睛：本题考查线线垂直，及线面角的求法，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两直线所成的角为(),；
②直线与平面所成的角为(),；
③二面角的大小为(),
13．（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【分析】
（1）利用向量加减法的几何意义有，，即可求；
（2）假设四面体的最长棱为，只需以为顶点的其它两组棱中或即得证至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形；
（3）由平面，令结合向量共面定理有，即得一元二次方程在有解，求的范围且范围长度为即得证.
【详解】
（1）∵，而，
∴，
所以.
（2）不妨设是四面体最长的棱，则在，中，，，
∴，即，
故，至少有一个大于，不妨设，
∴，，构成三角形.
（3）设，，，由（1）知.
又，有，，，
∴，
，
，
设，又
∴
因为平面，所以存在实数，使得：，
∴
∴，消元：在有解.
当时，，即；
当时，，解得.
综上，有.
所以对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上.
【点睛】
思路点睛：
1、利用向量线性运算的几何意义，结合几何图形表示向量；
2、利用三角形的性质：两边之和大于第三边(其中假设第三边为最长边)，即可证是否可组成三角形；
3、令，根据线面平行，结合向量共面定理得到参数的方程，进而求范围并且范围长度为即可.
答案第1页，共2页
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