第一章 空间向量与立体几何（达标卷）—【高分突破】2022-2023学年高二数学上学期同步知识分层突破（人教A版2019选择性必修第一册）
文档属性
| 名称 | 第一章 空间向量与立体几何（达标卷）—【高分突破】2022-2023学年高二数学上学期同步知识分层突破（人教A版2019选择性必修第一册） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 2.7MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-07-13 16:01:22 | ||
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文档简介
空间向量与立体几何（达标卷）
说明：1．本试题共4页，满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、试室号、座位号填写在答题卷上。
3. 答题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷上各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卷整洁，考试结束后，将答题卷交回，试卷自己保存。
第I卷(选择题 共60分)
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，只有一项符合题目要求.）
1．下列命题中，真命题是
A．空间不同三点确定一个平面
B．空间两两相交的三条直线确定一个平面
C．两组对边相等的四边形是平行四边形
D．和同一直线都相交的三条平行线在同一平面内
2．直线l的方向向量为，且l过点，则点到l的距离为( )
A． B． C． D．
3．已知点，，且满足，则点Q的坐标为（ ）．
A． B．
C． D．
4．如图，在平行六面体中，为与的交点，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知直线的方向向量为，平面的一个法向量为，若，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知平面α和平面β的法向量分别为，，则（ ）
A．α⊥β B．α∥β
C．α与β相交但不垂直 D．以上都不对
7．在直三棱柱中，以下向量可以作为平面ABC法向量的是( )
A． B． C． D．
8．已知D为三棱锥棱的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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．已知空间中三点，，，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．与共线的单位向量是
C．与夹角的余弦值是
D．平面的一个法向量是
10．若两条异面直线所成的夹角为，这两条异面直线所在的方向向量的夹角可能为（ ）
A． B． C． D．不一定
11．已知四面体ABCD中，AB，AC，AD两两互相垂直，则下列结论中，一定成立的是( )
A．
B．
C．
D．
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
12．设，分别是两个不同平面，的法向量，当，时，与的位置关系为___________.
13．已知平面，写出平面的一个法向量______．
14．已知向量，且与垂直，则k的值是______．
15．已知，的起点坐标是，则的终点坐标为______．
四、解答题（本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16．直三棱柱中，，棱，是的中点．
(1)求的长；
(2)求的值．
17．如图，在四面体中，点在线段上，且，为的中点.
（1）若，，，用向量，，表示向量；
（2）若四面体的棱长均为1，求.
18．已知空间三点，，．设，．
(1)求，；
(2)求与的夹角；
(3)若向量与互相垂直，求实数k的值．
19．正四棱锥中，底面正方形的边长为，点是底面中心..且的中点.
（1）求；
（2）若求
20．已知在四棱锥中，平面平面平面，．
（1）求的长；
（2）求二面角的余弦值．
21．如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点．
(1)求证：平面；
(2)若线段上总存在一点，使得，求的最大值．
22．如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，平面平面.
(1)证明：.
(2)若四棱锥的体积为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
．由公理3可得过不共线的三点有且只有一个平面，即可判断；
．如墙角处的三条交线，就不能确定一个平面，即可判断；
．平面内两组对边相等的四边形是平行四边形，但空间中，两组对边相等的四边形不一定是平行四边形；
．运用公理3及推论，同时结合公理1，即可推出结论．
【详解】
．由公理3可知：过不共线的三点有且只有一个平面，而空间三点有可能在一条直线上，故错；
．比如墙角处的三条交线，就不能确定一个平面，空间两两相交且不共点的三条直线才可确定一个平面，故错；
．平面内两组对边相等的四边形是平行四边形，但空间中，两组对边相等的四边形不一定是平行四边形，比如正四面体的两组对棱构成的四边形不是平行四边形，故错；
．设直线和三条平行线，，，由公理3的推论3得，设，确定平面，，确定平面，再由公理1得直线均在内，即过，的两条相交直线有两个平面，这与公理3的推论2矛盾，故重合，即正确．
故选：．
2．C
【解析】
【分析】
利用向量投影和勾股定理即可计算.
【详解】
∵，
∴
又，
∴在方向上的投影，
∴P到l距离.
故选：C.
3．A
【解析】
【分析】
由空间向量数乘运算的坐标表示计算即可.
【详解】
设，则，，
由，则有，.
故选：A
4．B
【解析】
【分析】
根据空间向量基底法相关知识进行计算转化即可.
【详解】
在平行六面体中，
.
故选：B
5．D
【解析】
【分析】
结合平面法向量的概念及，即可得到答案.
【详解】
由题意，直线的方向向量为，平面的一个法向量为，
因为，可得.
故选：D.
6．B
【解析】
【分析】
由法向量的坐标可判断法向量的关系，进而确定平面α和平面β的位置关系.
【详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴
故选：B.
7．D
【解析】
【分析】
作出图像，根据直棱柱侧棱垂直于底面即可求解．
【详解】
如图，
∵、、均垂直于平面ABC，故选项D中可以作为平面ABC的法向量．
故选：D．
8．C
【解析】
【分析】
利用空间向量的线性运算，即得.
【详解】
∵D为三棱锥棱的中点，
∴.
故选：C.
9．AD
【解析】
【分析】
A选项，数量积为0，则两向量垂直；B选项，判断出不是单位向量，且与不共线；C选项，利用向量夹角坐标公式进行求解；D选项，利用数量积为0，证明出，从而得到结论.
【详解】
，故，A正确；
不是单位向量，且与不共线，B错误；
，C错误；
设，则，，
所以，又，所以平面的一个法向量是，D正确.
故选：AD
10．AB
【解析】
【分析】
根据直线夹角与对应方向向量的夹角的关系，即可选择.
【详解】
因为异面直线的夹角与其所在方向向量的夹角相等或互补，
则本题所求两条异面直线所在的方向向量的夹角为或.
故选：.
11．ABD
【解析】
【分析】
根据题意在一个长方体内部作出四面体ABCD，从图形上把各个向量对应的有向线段表示出来，对四个选项进行判断即可．
【详解】
由题可知，可做如图所示的长方体，设.
，
，故A正确；
，故B正确；
∵平面，∴，，∴，但无法判断AE和BC是否垂直，故C不一定正确；
由图易知，故＝0，故D正确.
故选：ABD．
12．平行
【解析】
【分析】
根据法向量的位置关系即可判断平面，的位置关系.
【详解】
解：，分别是两个不同平面，的法向量，
且，
则
即两个平面的法向量平行
所以平面，平行
故答案为：平行.
13．（答案不唯一）
【解析】
【分析】
设出法向量，利用数量积为0列出方程组，求出一个法向量即可.
【详解】
设法向量为，
则有，
令得：，所以
故答案为：
14．##1.6
【解析】
【分析】
两向量垂直，它们的数量积为零，据此即可求k的值.
【详解】
，，
因为与垂直，
所以，即，
即，解得．
故答案为：.
15．
【解析】
【分析】
根据向量坐标的求解方法，结合已知数据，求解即可.
【详解】
设的终点坐标为，由题可得：，
故可得，即的终点坐标为.
故答案为：.
16．（1）；（2）
【解析】
【分析】
(1) 以为原点，以为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系,写出点的坐标，再求出和.
(2)先求出，再利用公式求的值．
【详解】
以为原点，以为轴，轴，轴的正方向，
建立空间直角坐标系．
(1)依题意，得.
(2)依题意，得．
∴，
∴.
【点睛】
本题主要考查向量的坐标运算和向量的模，考查向量的夹角的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
17．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用空间向量的线性运算，，即得解.
（2）用数量积表示模长，再利用向量数量积的分配律打开运算，即得解
【详解】
（1），，，点在上，且，为的中点，
（2）因为空间四面体的棱长均为1.所以，.
即.
18．(1)，
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据空间向量模的坐标运算公式即可求出结果；
（2）由（1）可知的坐标，根据空间向量夹角的坐标运算公式，即可求出结果；
（3）由（1）可求出，的坐标，由向量与互相垂直，
可得，再根据空间向量数量积的坐标运算公式建立方程，即可求出结果.
(1)
解：因为，，所以,
所以；
因为，，所以，
所以；
(2)
解：由（1）可知，
又，所以，
即与的夹角为.
(3)
解：由（1）可知，，
又向量与互相垂直，
所以，所以，
即，解得.
19．（1）；（2）.
【解析】
（1）根据正四棱锥的特点，以及点为原点，建立空间直角坐标系，求，（2）根据条件，求，再代入（1）的结果求的值.
【详解】
（1）如图建立直角坐标系，
，，，，
，，，.
（2），则得，
由（1）可知.
【点睛】
本题考查空间坐标法求向量所成的角，重点考查计算能力，属于基础题型.
20．（1）.（2）.
【解析】
【详解】
试题分析： （1）第（1）问，建立空间直角坐标系，利用向量公式解答. (2)第（2）问，直接利用向量法和二面角的公式求解.
试题解析：
（1）过作于垂足，..
过点在平面内作交于，建立以为坐标交点.为轴，为轴，为轴的空间直角坐标系.
，，，，，
，，，，，
，所求之长为.
（2）设平面的法向量，
而，，
由及可知：，取，则，，
.设平面的法向量，
，，由得，
可取.
设二面角的平面角为..
二面角的余弦值为.
21．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）设，连接，通过证明即可得出；
（2）设，求出，利用求出，即可得出的最大值.
(1)
设，连接，
因为是正方形，所以是中点，
又因为是矩形，是线段的中点，所以,,
所以四边形为平行四边形，所以,
又平面，平面，所以平面；
(2)
正方形和矩形所在的平面互相垂直，
则可得两两垂直，则可以C为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，则，
因为点在线段上，设，其中，
则，从而点坐标为，
于是，而，
则由可知，即，
所以，解得，故的最大值为.
22．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据余弦定理证明，再利用面面垂直的性质得到平面即可得到；
（2）根据（1）结合四棱锥的体积为，可得，再以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求解二面角的余弦即可
(1)
因为在中，，故，所以，解得，故，故.又平面平面且交于，故平面，又平面，故
(2)
由（1）结合锥体的体积公式可得，故，解得.又 故以为坐标原点建立如图空间直角坐标系.
则，，，故，，设平面的一个法向量为，则，即，令有，故，又平面的一个法向量为，设平面与平面所成的锐二面角为，则
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
说明：1．本试题共4页，满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、试室号、座位号填写在答题卷上。
3. 答题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷上各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卷整洁，考试结束后，将答题卷交回，试卷自己保存。
第I卷(选择题 共60分)
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，只有一项符合题目要求.）
1．下列命题中，真命题是
A．空间不同三点确定一个平面
B．空间两两相交的三条直线确定一个平面
C．两组对边相等的四边形是平行四边形
D．和同一直线都相交的三条平行线在同一平面内
2．直线l的方向向量为，且l过点，则点到l的距离为( )
A． B． C． D．
3．已知点，，且满足，则点Q的坐标为（ ）．
A． B．
C． D．
4．如图，在平行六面体中，为与的交点，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知直线的方向向量为，平面的一个法向量为，若，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知平面α和平面β的法向量分别为，，则（ ）
A．α⊥β B．α∥β
C．α与β相交但不垂直 D．以上都不对
7．在直三棱柱中，以下向量可以作为平面ABC法向量的是( )
A． B． C． D．
8．已知D为三棱锥棱的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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．已知空间中三点，，，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．与共线的单位向量是
C．与夹角的余弦值是
D．平面的一个法向量是
10．若两条异面直线所成的夹角为，这两条异面直线所在的方向向量的夹角可能为（ ）
A． B． C． D．不一定
11．已知四面体ABCD中，AB，AC，AD两两互相垂直，则下列结论中，一定成立的是( )
A．
B．
C．
D．
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
12．设，分别是两个不同平面，的法向量，当，时，与的位置关系为___________.
13．已知平面，写出平面的一个法向量______．
14．已知向量，且与垂直，则k的值是______．
15．已知，的起点坐标是，则的终点坐标为______．
四、解答题（本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16．直三棱柱中，，棱，是的中点．
(1)求的长；
(2)求的值．
17．如图，在四面体中，点在线段上，且，为的中点.
（1）若，，，用向量，，表示向量；
（2）若四面体的棱长均为1，求.
18．已知空间三点，，．设，．
(1)求，；
(2)求与的夹角；
(3)若向量与互相垂直，求实数k的值．
19．正四棱锥中，底面正方形的边长为，点是底面中心..且的中点.
（1）求；
（2）若求
20．已知在四棱锥中，平面平面平面，．
（1）求的长；
（2）求二面角的余弦值．
21．如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点．
(1)求证：平面；
(2)若线段上总存在一点，使得，求的最大值．
22．如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，平面平面.
(1)证明：.
(2)若四棱锥的体积为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
．由公理3可得过不共线的三点有且只有一个平面，即可判断；
．如墙角处的三条交线，就不能确定一个平面，即可判断；
．平面内两组对边相等的四边形是平行四边形，但空间中，两组对边相等的四边形不一定是平行四边形；
．运用公理3及推论，同时结合公理1，即可推出结论．
【详解】
．由公理3可知：过不共线的三点有且只有一个平面，而空间三点有可能在一条直线上，故错；
．比如墙角处的三条交线，就不能确定一个平面，空间两两相交且不共点的三条直线才可确定一个平面，故错；
．平面内两组对边相等的四边形是平行四边形，但空间中，两组对边相等的四边形不一定是平行四边形，比如正四面体的两组对棱构成的四边形不是平行四边形，故错；
．设直线和三条平行线，，，由公理3的推论3得，设，确定平面，，确定平面，再由公理1得直线均在内，即过，的两条相交直线有两个平面，这与公理3的推论2矛盾，故重合，即正确．
故选：．
2．C
【解析】
【分析】
利用向量投影和勾股定理即可计算.
【详解】
∵，
∴
又，
∴在方向上的投影，
∴P到l距离.
故选：C.
3．A
【解析】
【分析】
由空间向量数乘运算的坐标表示计算即可.
【详解】
设，则，，
由，则有，.
故选：A
4．B
【解析】
【分析】
根据空间向量基底法相关知识进行计算转化即可.
【详解】
在平行六面体中，
.
故选：B
5．D
【解析】
【分析】
结合平面法向量的概念及，即可得到答案.
【详解】
由题意，直线的方向向量为，平面的一个法向量为，
因为，可得.
故选：D.
6．B
【解析】
【分析】
由法向量的坐标可判断法向量的关系，进而确定平面α和平面β的位置关系.
【详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴
故选：B.
7．D
【解析】
【分析】
作出图像，根据直棱柱侧棱垂直于底面即可求解．
【详解】
如图，
∵、、均垂直于平面ABC，故选项D中可以作为平面ABC的法向量．
故选：D．
8．C
【解析】
【分析】
利用空间向量的线性运算，即得.
【详解】
∵D为三棱锥棱的中点，
∴.
故选：C.
9．AD
【解析】
【分析】
A选项，数量积为0，则两向量垂直；B选项，判断出不是单位向量，且与不共线；C选项，利用向量夹角坐标公式进行求解；D选项，利用数量积为0，证明出，从而得到结论.
【详解】
，故，A正确；
不是单位向量，且与不共线，B错误；
，C错误；
设，则，，
所以，又，所以平面的一个法向量是，D正确.
故选：AD
10．AB
【解析】
【分析】
根据直线夹角与对应方向向量的夹角的关系，即可选择.
【详解】
因为异面直线的夹角与其所在方向向量的夹角相等或互补，
则本题所求两条异面直线所在的方向向量的夹角为或.
故选：.
11．ABD
【解析】
【分析】
根据题意在一个长方体内部作出四面体ABCD，从图形上把各个向量对应的有向线段表示出来，对四个选项进行判断即可．
【详解】
由题可知，可做如图所示的长方体，设.
，
，故A正确；
，故B正确；
∵平面，∴，，∴，但无法判断AE和BC是否垂直，故C不一定正确；
由图易知，故＝0，故D正确.
故选：ABD．
12．平行
【解析】
【分析】
根据法向量的位置关系即可判断平面，的位置关系.
【详解】
解：，分别是两个不同平面，的法向量，
且，
则
即两个平面的法向量平行
所以平面，平行
故答案为：平行.
13．（答案不唯一）
【解析】
【分析】
设出法向量，利用数量积为0列出方程组，求出一个法向量即可.
【详解】
设法向量为，
则有，
令得：，所以
故答案为：
14．##1.6
【解析】
【分析】
两向量垂直，它们的数量积为零，据此即可求k的值.
【详解】
，，
因为与垂直，
所以，即，
即，解得．
故答案为：.
15．
【解析】
【分析】
根据向量坐标的求解方法，结合已知数据，求解即可.
【详解】
设的终点坐标为，由题可得：，
故可得，即的终点坐标为.
故答案为：.
16．（1）；（2）
【解析】
【分析】
(1) 以为原点，以为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系,写出点的坐标，再求出和.
(2)先求出，再利用公式求的值．
【详解】
以为原点，以为轴，轴，轴的正方向，
建立空间直角坐标系．
(1)依题意，得.
(2)依题意，得．
∴，
∴.
【点睛】
本题主要考查向量的坐标运算和向量的模，考查向量的夹角的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
17．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用空间向量的线性运算，，即得解.
（2）用数量积表示模长，再利用向量数量积的分配律打开运算，即得解
【详解】
（1），，，点在上，且，为的中点，
（2）因为空间四面体的棱长均为1.所以，.
即.
18．(1)，
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据空间向量模的坐标运算公式即可求出结果；
（2）由（1）可知的坐标，根据空间向量夹角的坐标运算公式，即可求出结果；
（3）由（1）可求出，的坐标，由向量与互相垂直，
可得，再根据空间向量数量积的坐标运算公式建立方程，即可求出结果.
(1)
解：因为，，所以,
所以；
因为，，所以，
所以；
(2)
解：由（1）可知，
又，所以，
即与的夹角为.
(3)
解：由（1）可知，，
又向量与互相垂直，
所以，所以，
即，解得.
19．（1）；（2）.
【解析】
（1）根据正四棱锥的特点，以及点为原点，建立空间直角坐标系，求，（2）根据条件，求，再代入（1）的结果求的值.
【详解】
（1）如图建立直角坐标系，
，，，，
，，，.
（2），则得，
由（1）可知.
【点睛】
本题考查空间坐标法求向量所成的角，重点考查计算能力，属于基础题型.
20．（1）.（2）.
【解析】
【详解】
试题分析： （1）第（1）问，建立空间直角坐标系，利用向量公式解答. (2)第（2）问，直接利用向量法和二面角的公式求解.
试题解析：
（1）过作于垂足，..
过点在平面内作交于，建立以为坐标交点.为轴，为轴，为轴的空间直角坐标系.
，，，，，
，，，，，
，所求之长为.
（2）设平面的法向量，
而，，
由及可知：，取，则，，
.设平面的法向量，
，，由得，
可取.
设二面角的平面角为..
二面角的余弦值为.
21．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）设，连接，通过证明即可得出；
（2）设，求出，利用求出，即可得出的最大值.
(1)
设，连接，
因为是正方形，所以是中点，
又因为是矩形，是线段的中点，所以,,
所以四边形为平行四边形，所以,
又平面，平面，所以平面；
(2)
正方形和矩形所在的平面互相垂直，
则可得两两垂直，则可以C为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，则，
因为点在线段上，设，其中，
则，从而点坐标为，
于是，而，
则由可知，即，
所以，解得，故的最大值为.
22．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据余弦定理证明，再利用面面垂直的性质得到平面即可得到；
（2）根据（1）结合四棱锥的体积为，可得，再以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求解二面角的余弦即可
(1)
因为在中，，故，所以，解得，故，故.又平面平面且交于，故平面，又平面，故
(2)
由（1）结合锥体的体积公式可得，故，解得.又 故以为坐标原点建立如图空间直角坐标系.
则，，，故，，设平面的一个法向量为，则，即，令有，故，又平面的一个法向量为，设平面与平面所成的锐二面角为，则
试卷第1页，共3页
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