第一章 空间向量与立体几何（培优卷）—【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）

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空间向量与立体几何（培优卷）
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．在以下命题中，真命题的是（ ）．
A．是、共线的充要条件
B．若，则存在唯一的实数，使
C．对空间任意一点O和不共线的三点A、B、C，若，则P、A、B、C四点共面
D．若、、是不共面的向量，则、、的线性组合可以表示空间中的所有向量
2．在平面向量中，我们用表示在方向上的投影，换个角度，向量在直线OB的法向量方向上的投影的绝对值就是点A到直线OB的距离（如图1），如果利用类比的方法，那么图2中点A到平面BCD的距离为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，，M为PC上一动点，，若∠BMD为钝角，则实数t可能为（ ）
A． B． C． D．
4．已知正方体的棱长为2，点E，F在平面内，若，，则下列选项中错误的是（ ）
A．点E的轨迹是圆的一部分 B．点F的轨迹是一条线段
C．的最小值为 D．与平面所成角的正弦值的最大值为
5．正方体的棱长为，、、分别为、、的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直
B．直线与平面相交
C．平面截正方体所得的截面面积为
D．点与点到平面的距离相等
6．如图，在正方体中，E为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．在四棱锥中，已知底面为矩形，底面，.若分别为的中点，经过三点的平面与侧棱相交于点.若四棱锥的顶点均在球的表面上，则球的半径为（ ）
A． B． C． D．2
8．已知正方体的棱长为，球是正方体的内切球，是球的直径，点是正方体表面上的一个动点，则的取值范围为（ ）
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．如图，在边长为的正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．的最小值为
C．异面直线与的距离是定值
D．
10．已知为正方体底面的中心，为棱上动点，，为的中点，则（ ）
A．平面平面
B．过三点的正方体的截面一定为等腰梯形
C．与为异面直线
D．与垂直
11．如图，在平行六面体中，，，点M，N分别是棱的中点，则下列说法中正确的有（ ）
A．
B．向量共面
C．平面
D．若AB=1，则该平行六面体的高为
12．在棱长为1的正方体中，点，分别是上底面和侧面的中心，则（ ）
A．
B．
C．点到平面的距离为
D．直线与平面所成的角为60°
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）
13．如图，多面体是由长方体一分为二得到的，，，，点D是中点，则异面直线与的距离是______．
14．空间四边形ABCD中，，AD与BC成角，则异面直线AB与CD所成角的大小为___________.
15．在如图所示的四棱锥中，，，，，，且，则直线与平面所成角的正弦值为_________．
16．在平行六面体中，，，，，，则与夹角的余弦值为__________.
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）
17．如图①，在中，，，，垂足为，是的中点，现将沿折成直二面角，如图②.
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）线段上是否有一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，请找出点的位置；若不存在，请说明理由.
18．如图，分别是圆台上 下底面的直径，且，点是下底面圆周上一点，，圆台的高为.
(1)证明：不存在点使平面平面；
(2)若，求二面角的余泫值.
19．如图在三棱锥中，，且．
(1)求证：平面平面
(2)若为中点，求平面与平面夹角的余弦值．
20．如图，已知在直四棱柱（侧棱垂直底面的棱柱）中，，，.
(1)求证：平面；
(2)求与平面所成的角的余弦值；
(3)求二面角的正弦值．
21．如图，在长方体中，，．若平面APSB与棱，分别交于点P，S，且，Q，R分别为棱，BC上的点，且．
(1)求证：平面平面；
(2)设平面APSB与平面所成锐二面角为，探究：是否成立？请说明理由．
22．某商品的包装纸如图1，其中菱形的边长为，且，，，将包装纸各三角形沿菱形的边进行翻折后，点、、、汇聚为一点，恰好形成如图2的四棱锥形的包裹．
(1)证明底面；
(2)设点为上的点，且二面角的正切值为，试求与平面所成角的正弦值．
参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
根据模的性质、向量共线定理、空间向量共面定理、空间向量基本定理判断各选项．
【详解】
A．若、不共线，则向量加法的三角形法则有，但当、同向时，也有，因此是、共线的充分不充要条件，A错；
B．若，当时，不存在唯一的实数，使，B错；
C．因为A、B、C三点不共线，则不共线，
若四点共面，则存在唯一的一组实数使得，
即，变形得，
而当由时，，所以不共面，C错；
D．若、、是不共面的向量，则、、也是不共面的向量，否则若、、，则存在实数，使得，
即，中至少有一个不等于0，
若，则 ，因此、、共面，与已知矛盾，或同样得出矛盾，所以、、也是不共面，由空间向量基本定理，可能用它们表示出空间任意向量．D正确．
故选：D．
2．B
【解析】
【分析】
根据已知条件及法向量的定义求出平面BCD的法向量，类比点A到直线OB的距离即可求解.
【详解】
由题意可知，，
设为平面BCD的一个法向量，则
，即，令，则，
所以，
因为，所以点A到平面BCD的距离为
.
故选：B.
3．D
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用即可求解.
【详解】
分别以、、为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设， ，故，,，,
由可知，，即，
又因为为钝角，所以，
由,,可知，，
，整理得，
解得，
故选：D.
4．D
【解析】
【分析】
根据圆的定义、线面垂直的判定定理，结合圆的性质，空间向量夹角公式逐一判断即可.
【详解】
对于A，，即，所以，即点E在平面内，以为圆心，1为半径的圆上，其轨迹为圆的一部分，故A正确.
对于B，正方体中，，又，且，所以平面，所以点F在上，即F的轨迹为线段，故B正确.
对于C，在平面内，到直线的距离，如图1，当点E，F落在上时，，故C正确.
对于D，建立如图2所示的空间直角坐标系，则.
因为点E为在平面内，以为圆心，1为半径的圆上，可设，所以.
设平面的法向量，则
不妨令，则.
设与平面所成角为，
则，
当且仅当时，有最大值，故D错误.
故选：D
【点睛】
关键点睛：利用空间夹角公式进行求解是解题的关键.
5．C
【解析】
【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ABD选项；分析出平面截正方体所得的截面为四边形，计算出该四边形的面积，可判断C选项.
【详解】
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.
对于A选项，、、、，
所以，，，则，故A错；
对于B选项，、、，则，，
设平面的法向量为，由，取，则，
所以，，则，即直线与平面AEF平行，故B错；
对于C选项，，则，故平面，
所以，平面截正方体所得截面为梯形，
所以，，
，，则，
，，所以，，
因此，，C对；
对于D选项，，，
所以，点到平面的距离为，
点到平面的距离为，D错.
故选：C.
6．D
【解析】
【分析】
构建空间直角坐标系，求直线的方向向量、平面的法向量，应用空间向量的坐标表示，求直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
以点D为坐标原点，向量分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，可得，，，
设面的法向量为，有，取，则，
所以，，，则直线与平面所成角的正弦值为．
故选：D.
7．B
【解析】
【分析】
根据题意，建立空间直角坐标系，设，进而根据四点共面得存在实数使得，进而得，即为棱的三等分点靠近点，再将问题转化为边长为的长方体的外接球半径即可.
【详解】
解：根据题意，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
所以，，，
设，则，
因为经过三点的平面与侧棱相交于点，
所以四点共面，
所以存在实数使得，即，
所以，解得，
所以，即为棱的三等分点靠近点，
四棱锥的顶点均在球的半径与边长为的长方体的外接球半径相同，
因为边长为的长方体的外接球半径为，
所以四棱锥的外接球的半径为
故选：B
8．B
【解析】
【分析】
由题意可得：，，由空间向量的线性运算和数量积运算计算
， 再由正方体的性质求得的范围即可求解.
【详解】
因为球是棱长为的正方体的内切球，是球的直径，
所以，，，
因为
，
又因为点是正方体表面上的一个动点，
所以当为正方体顶点时，有最大值为；
当为内切球与正方体的切点时，有最小值为，
即，，所以，
故选：B.
9．ABD
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断.
【详解】
建立如图所示空间直角坐标系：
则，
，
所以，，
设，
则，
因为，故，故A正确；
，，
当时，取得最小值为，故B正确；
因为，平面，平面，则平面，
所以点到平面的距离为异面直线与的距离，
设平面 的一个法向量为，
则，即，取，
所以，故C错误；
因为，
，
所以，
，
则，
因为，则，故D正确；
故选：ABD
10．AB
【解析】
【分析】
由平面推出平面平面，判断A；根据线与线平行补全截面图形，故可判断选项B；由以与都在平面内，判断选项C；建立空间直角坐标系，由，解得，为的中点，解得，由，得，无解，判断选项D.
【详解】
连接，易知平面．又平面，所以平面平面，即平面平面，所以A选项正确；
因为，连接，过点作交于点，连接．
因为，
所以．又，
且根据图形对称性得，
所以截面必为等腰梯形，所以B选项正确；
因为平面平面，
所以与共面，所以C选项错误；
以的正方向分别为轴建立空间直角坐标系，
设正方体的边长为1，则，
由题设点，则，．又，
所以，则，又，
所以，
因为为的中点，，，
所以，
若，则，整理得．
因为，令，，无解，
故与不垂直，所以D选项错误，
故选：AB．
11．AD
【解析】
【分析】
选定空间的一个基底，表示出相关向量，计算数量积判断A，C；利用共面向量定理判断B；求出正四面体的高判断D作答.
【详解】
在平行六面体中，令，不妨令，
依题意，，，
因点M，N分别是棱的中点，则，
，有，A正确；
，若向量共面，则存在唯一实数对使得，
即，而不共面，则有，显然不成立，B不正确；
因，，
因此，与不垂直，不垂直平面，C不正确；
连接，依题意，，即四面体是正四面体，
因此，平行六面体的高等于点到平面的距离，即正四面体的高h，
由知，由选项A知，，
则平面，是平面的一个法向量，，
，则，
所以平行六面体的高为，D正确.
故选：AD
12．BCD
【解析】
【分析】
建立图所示的直角坐标系,利用向量法逐一求解.
【详解】
解：建立图所示的直角坐标系，
由题意得,
所以,
所以,故A错，
,故B对，
设平面的法向量为，则,即,令，得
，故点到平面的距离，
故C对，
根据正方体的可知，平面,故直线与平面所成的角的正弦值为：
,又，故60°，故D正确.
故选：BCD.
13．#
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，直接利用异面直线之间的距离公式求解即可.
【详解】
以为坐标原点，分别以，,为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则,,,,
∴,,
设是，的公垂线方向上的单位向量，
则，即①，
，即②，
易知③，
联立解得，，或，，；
不妨取，
又∵,
则异面直线与的距离，
故答案为：.
14．
【解析】
【分析】
由空间向量的运算得出，进而由余弦定理得出，最后由向量法得出异面直线AB与CD所成角的大小.
【详解】
，
不妨设，则
设异面直线AB与CD所成角为，则
，.
故答案为：
15．##
【解析】
【分析】
取的中点E，证明平面．以A为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解.
【详解】
解：取的中点E．则．
因为且．所以四边形是矩形，所以．
因为且，平面.
所以平面．
以A为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
则取，得．
设直线与平面所成角为，则．
故答案为：
16．
【解析】
【分析】
由表示出，再结合空间向量的夹角公式计算即可．
【详解】
设，则，同理，，
平行六面体中，，
，
；
则，，，
设直线和所成角为，
则．
所以与夹角的余弦值为，
故答案为：.
17．（1）；（2）存在，位于线段上靠近点的三等份点.
【解析】
【分析】
（1）如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得，，利用空间向量夹角公式求解即可.
（2）设，求出平面的法向量，再利用空间线面角的求法列出分程，求解即可.
【详解】
（1）由题知，在中，，，知，，
利用等面积法，知，，.
以 分别为轴 轴 轴，为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系.
则，，，，，
，，又异面直线所成角的范围为,
，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
（2）存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，
，设，有
，
设平面的法向量为，则，
取，，，，
，解得或，
由，故，
故这样的点存在，位于线段上靠近点的三等分点.
18．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）引入辅助线，先假设若题干成立，借此证明出底面，显然是不对的；（2）建立坐标系，利用空间向量求解.
(1)
假设存在这样的点使平面平面，是底面直径，故，作，垂足为，由于平面平面，平面平面，平面，根据面面垂直的性质定理，平面，又平面，故，又，平面，故平面，故，同理可证，又平面 于是平面，又圆台上下底面圆心连线垂直于底面，但显然上下底的圆心连线不和平行，于是假设矛盾，故不存在点使平面平面.
(2)
过作，垂足为，下以为原点，为轴，过垂直于且落在底面的射线为轴，建立空间直角坐标系.列出各点坐标
，，设平面的法向量，
可得，不妨取；
，，设平面的法向量，
可得，不妨取.
于是法向量的夹角为.
由图所示二面角的大小是钝角，故二面角大小的余弦值是.
19．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）先通过等腰三角形的性质和勾股定理证明线线垂直，进而证明平面，然后再通过线面垂直证明平面与平面垂直；
（2）先建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，进而写出相关向量，然后求出两个平面的法向量，进而利用向量的数量积公式求得二面角的余弦值
(1)
证明：如图所示，取AC中点D，连接OD、BD，
因为，所以，
又，所以，
因为，所以．
又因为，又，所以，
所以，所以．
又，、BD平面ABC，所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
(2)
由（1）可得DO、DA、DB两两垂直，以D为原点，分别以DA、DB、DO为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图．
可得：，，，，
则有：，
设为平面的法向量，
则．
令，则，
所以是平面EAB的一个法向量
由（1）知为平面ABC的一个法向量，
设平面ABC与平面EAB所成角为，且易知，则
故平面ABC与平面EAB夹角的余弦值为.
20．(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）以点为坐标原点、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得平面；
（2）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的余弦值；
（3）利用空间向量法可求得二面角的正弦值.
(1)
证明：以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
，，，
，则；，则.
，平面．
(2)
解：设为平面的一个法向量，，，
则，取，可得，
又，设与平面所成角为，
则，所以，，
与平面所成的角的余弦值为.
(3)
解：由（2）知平面的一个法向量为，
设为平面的一个法向量，，，
则，取，可得，
，所以，.
二面角的正弦值为．
21．(1)证明见解析
(2)成立，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）由已知及正方体性质先证线面垂直，再证面面垂直.
（2）建立适当的空间直角坐标系，求二面角对应两平面的法向量，进而可以判断是否成立.
(1)
在长方体中，
因为平面，平面，所以，
在和中，
因为，,，
所以，
,所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以平面．
(2)
以D为坐标原点，射线DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
，，，所以，，
设平面的法向量为，
所以，不妨设，其中，
由（1）得，平面的法向量为，
因为，，所以，
则，
若，则，解得，
因为，所以成立．
22．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）证明出，，利用线面垂直的判定可证得结论；
（2）连接，取的中点，连接，证明出，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，其中，利用已知条件求出，然后利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值.
(1)
证明：由菱形的边长为，，，
所以，，即有，同理可得，
在翻折的过程中，垂直关系保持不变可得，，
，底面.
(2)
解：连接，取的中点，连接，
由已知，，故为等边三角形，
因为为的中点，则，因为，则，
因为平面，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，
平面，、平面，则，，
故二面角的平面角为，
由题意可得，可得，
易知点、、、、，
设点，其中，，，
所以，，整理可得，
解得或（舍），故点，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，.
因此，与平面所成角的正弦值为.
试卷第1页，共3页