2023-2024学年高中数学苏教版选择性必修第二册第6章空间向量与立体几何精选题（含解析）
文档属性
| 名称 | 2023-2024学年高中数学苏教版选择性必修第二册第6章空间向量与立体几何精选题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.9MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-05 11:16:25 | ||
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文档简介
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2023-2024学年高中数学苏教版选择性必修第二册第6章空间向量与立体几何精选题
一、单选题
1．已知点，，，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．在空间四边形ABCD中，点M，G分别是BC和CD的中点，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知，，且，则和可分别作为（ ）
A．双曲线和抛物线的离心率 B．双曲线和椭圆的离心率
C．椭圆和抛物线的离心率 D．两双曲线的离心率
4．在棱长为1的正方体中，点B到的距离为（ ）
A． B． C． D．
5．正方体中，M是中点，则异面直线CM与所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则（ ）
A． B．
C． D．
7．在三棱柱中，为中点，若，，，则下列向量中与相等的是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知点D在确定的平面内，O是平面外任意一点，正实数x，y满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．在棱长为2的正四面体ABCD中，E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点.则下列各式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知棱长为1的正方体中，E为线段的中点，则（ ）
A．存在直线平面，使得平面
B．存在直线平面，使得平面
C．点到平面的距离为
D．与平面所成角的余弦值为
11．如图，棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，则（ ）
A． B．与所成角的余弦值为
C．，，，四点共面 D．的面积为
三、填空题
12．在四棱柱中，四边形为平行四边形，若，，均为单位向量，且，则 ．
13．如图，二面角的棱上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，若，则二面角的余弦值为 .
14．在空间直角坐标系中，点P坐标可记为：定义柱面坐标系，在柱面坐标系中，点P坐标可记为．如图所示，空间直角坐标与柱面坐标之间的变换公式为：,,．则在柱面坐标系中，点与点两点距离的最小值为 .
四、解答题
15．如图所示的多面体由三棱锥与四棱锥对接而成，其中平面，，，，，，是的中点．
(1)求证：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
16．在四棱锥中，已知，，，，，，是线段上的点．
(1)求证：底面；
(2)是否存在点使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
17．如图，已知四棱柱中，四棱锥是正四棱锥，，，分别为的中点．
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)若平面经过且与平行，求点到平面的距离．
18．如图，在三棱锥中，平面ABC，．
(1)求证：平面平面PBC；
(2)若，M是PB的中点，求平面ACM与平面PBC的夹角．
19．在图甲所示的四边形中，，，，，沿将进行翻折，使得，得到如图乙所示的四棱锥.四棱锥的体积为，为边上的动点（不与端点，重合）.
(1)若为的中点，求证：；
(2)设，试问：是否存在实数，使得锐二面角的余弦值为？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．C
【分析】设，根据得到方程组，求出，得到答案.
【详解】设，则，
因为，故，
即，
解得，故点的坐标为.
故选：C
2．C
【分析】根据已知可得，代入即可得出答案.
【详解】
因为，点G是CD的中点，
所以，，
所以，.
故选：C.
3．A
【分析】由题意可得，结合圆锥曲线离心率范围即可得解.
【详解】由题意，，且，
所以，解得，
所以和可分别作为双曲线和抛物线的离心率.
故选：A.
4．C
【分析】由题意建立适当的空间直角坐标系，首先求出在上的投影长度为，进一步由勾股定理即可求解.
【详解】以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系：
由题意，
所以，
在上的投影长度为，
所以点B到的距离为.
故选：C.
5．D
【分析】建立如图空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，利用空间向量法求线线角即可求解.
【详解】
建立如图空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，
则，
得，
所以，
即直线与所成角的余弦值为.
故选：D
6．B
【分析】直接根据图形的性质分解向量即可.
【详解】由题意.
故选：B.
7．A
【分析】根据空间向量的线性运算可得解.
【详解】
如图所示，
在三棱柱中，，，
依题意，
故选：A.
8．B
【分析】根据空间四点共面的性质，结合基本不等式“1”的妙用即可得解.
【详解】因为，且四点共面，
由空间四点共面的性质可知，即，
又，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：B.
9．AC
【分析】根据空间向量的线性运算判断AD，利用基底法结合空间向量的数量积运算判断BC.
【详解】棱长为2的正四面体ABCD中，E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，
则两两夹角为，，
所以，
对于A，，正确；
对于B，因为，所以，错误；
对于C，因为，所以，
所以，正确；
对于D，因为，
所以，错误.
故选：AC
10．BC
【分析】根据正方体性质利用线面垂直与线面平行的判定定理即可判断A错误，B正确；利用等体积法由可得点B到平面的距离为，即C正确；利用空间向量求出平面的法向量即可得与平面所成角的余弦值为，即D错误.
【详解】对于A，假设存在直线平面，使得平面，
则可得平面平面，显然不成立，即假设不成立，即A错误；
对于B，取的中点为，连接，如下图所示：
由正方体性质可得，且，可知四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面；
所以平面，即存在直线平面，使得平面，即B正确；
对于C，连接，如下图所示：
易知，，，则的面积为；
设点到平面的距离为，由可得，
解得，即可知C正确；
对于D，以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示：
易知，则，
设平面的一个法向量为，
由，取，解得，即；
又，
可得，
由线面角法向量的求法可得与平面所成角的正弦值为，
余弦值为，可得D错误；
故选：BC
【点睛】方法点睛：等体积法是求解空间距离的常用方法，线面角经常利用空间向量进行求解.
11．ACD
【分析】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算可判断A；由异面直线的向量法可判断B；证明四边形是平行四边形可判断C；求出的面积可判断D.
【详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
对于A，，，
，所以，故A正确；
对于B，，，
所以，
所以与所成角的余弦值为，故B错误；
对于C，取的中点，连接，
由正方体的性质可知，所以四边形是平行四边形，
所以，，同理可知：，，
所以，，四边形是平行四边形，
则，，，四点共面，故C正确；
对于D，，
取的中点为，连接，所以，
故的面积为，故D正确.
故选：ACD.
12．/
【分析】由题意将向量分解为已知向量的线性组合，结合模长、数量积的运算公式即可求解.
【详解】
.
故答案为：.
13．
【分析】设二面角的平面角为，得到，结合，利用向量的运算法则，即可求解.
【详解】在棱上有两个点 ，线段与在这个二面角的两个面内，且，
因为，可得，
设二面角的平面角为，
则，且，
则，
即，解得.
故答案为：.
14．
【分析】先将两点的空间直角坐标求出来，结合向量的模、正弦函数的最值即可得解.
【详解】由题意点与点的空间直角坐标分别为，
所以，等号成立当且仅当.
故答案为：.
15．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应的方向向量，即可通过数量积结果证明；
（2）分别求得两个平面的法向量，再求法向量的夹角余弦值，即可求得结果.
【详解】（1）证明：依题意，平面平面平面，
则有，
又，即两两垂直，
以点为坐标原点，射线分别为轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
则，
因此，，即，所以．
（2）由（1）知：是平面的一个法向量，
设平面的法向量为，而，
则，令，得，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值是．
16．(1)证明见解析
(2)存在，且
【分析】（1）首先证明面，可得出，利用勾股定理的逆定理可证得，再结合线面垂直的判定定理，即可证明面；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，且，求平面的法向量，利用，即可求得的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：在中，，，
所以.
在中，，，，
由余弦定理有：，
所以，，所以，所以，
又因为，，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
在中：，，，则，所以，，
因为，、平面，所以面.
（2）解：因为平面，，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则有、、、、，
设，其中，
则，，，
设为面的法向量，
则有，取，则，，
所以，平面的一个法向量为，
由题意可得，
可得，因为，所以.
因此，存在点使得与平面所成角的正弦值为，且.
17．(1);
(2).
【分析】（1）连接交于点，连接，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而计算出线面角；
（2）设平面的法向量为，利用该法向量与，垂直，从而计算出点面距离.
【详解】（1）如图，连接交于点，连接，
由四棱锥是正四棱锥
易得两两互相垂直，
在正四棱锥中，因为，所以，
因为，且，所以，．
以点为坐标原点，直线分别为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，
即'取，得．
设直线与平面所成的角为，
则．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
（2），．
设平面的法向量为，
则，即
取，得．
所以点到平面的距离.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理利用面面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求得平面ACM的一个法向量，易知平面PBC的一个法向量为，即可求得二面角的大小.
【详解】（1）因为平面ABC，平面ABC，所以，
又因为，，平面PAC，所以平面PAC，
又平面PBC，
所以平面平面PBC．
（2）由（1）平面PAC，又平面APC，所以，
作分别以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
不妨设，
则，，，，，
可得，，
设平面ACM的一个法向量为，
则，取，则平面ACM的一个法向量为．
取PC的中点，，平面PAC，由（1）中平面PAC，
可得，，又平面PBC，
所以平面PBC，
所以平面PBC的一个法向量为，
所以，
所以平面ACM与平面PBC的夹角为．
19．(1)证明见解析
(2)存在实数
【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明线线垂直即可；
（2）利用空间向量法表示出锐二面角的余弦值，求解实数即可.
【详解】（1）因为在四边形中，，，，
所以，
在四棱锥中，，即，，.
又平面，平面，，
所以平面，即是四棱锥的高，
因此，所以.
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，，，.
又为的中点，所以，
因此，，
所以，所以，即.
（2）由（1）知，，，
设平面的一个法向量为，
则即
令，则，
所以是平面的一个法向量.
因为，所以，，
所以，所以.
设平面的一个法向量为，
则即
令，则，，
所以是平面的一个法向量，
所以，
可得，解得或.
又，所以，
即存在实数，使得锐二面角的余弦值为.
【点睛】结论点睛：若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两异面直线所成的角为，；
②直线与平面所成的角为，；
③二面角的大小为，.
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2023-2024学年高中数学苏教版选择性必修第二册第6章空间向量与立体几何精选题
一、单选题
1．已知点，，，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．在空间四边形ABCD中，点M，G分别是BC和CD的中点，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知，，且，则和可分别作为（ ）
A．双曲线和抛物线的离心率 B．双曲线和椭圆的离心率
C．椭圆和抛物线的离心率 D．两双曲线的离心率
4．在棱长为1的正方体中，点B到的距离为（ ）
A． B． C． D．
5．正方体中，M是中点，则异面直线CM与所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则（ ）
A． B．
C． D．
7．在三棱柱中，为中点，若，，，则下列向量中与相等的是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知点D在确定的平面内，O是平面外任意一点，正实数x，y满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．在棱长为2的正四面体ABCD中，E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点.则下列各式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知棱长为1的正方体中，E为线段的中点，则（ ）
A．存在直线平面，使得平面
B．存在直线平面，使得平面
C．点到平面的距离为
D．与平面所成角的余弦值为
11．如图，棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，则（ ）
A． B．与所成角的余弦值为
C．，，，四点共面 D．的面积为
三、填空题
12．在四棱柱中，四边形为平行四边形，若，，均为单位向量，且，则 ．
13．如图，二面角的棱上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，若，则二面角的余弦值为 .
14．在空间直角坐标系中，点P坐标可记为：定义柱面坐标系，在柱面坐标系中，点P坐标可记为．如图所示，空间直角坐标与柱面坐标之间的变换公式为：,,．则在柱面坐标系中，点与点两点距离的最小值为 .
四、解答题
15．如图所示的多面体由三棱锥与四棱锥对接而成，其中平面，，，，，，是的中点．
(1)求证：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
16．在四棱锥中，已知，，，，，，是线段上的点．
(1)求证：底面；
(2)是否存在点使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
17．如图，已知四棱柱中，四棱锥是正四棱锥，，，分别为的中点．
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)若平面经过且与平行，求点到平面的距离．
18．如图，在三棱锥中，平面ABC，．
(1)求证：平面平面PBC；
(2)若，M是PB的中点，求平面ACM与平面PBC的夹角．
19．在图甲所示的四边形中，，，，，沿将进行翻折，使得，得到如图乙所示的四棱锥.四棱锥的体积为，为边上的动点（不与端点，重合）.
(1)若为的中点，求证：；
(2)设，试问：是否存在实数，使得锐二面角的余弦值为？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．C
【分析】设，根据得到方程组，求出，得到答案.
【详解】设，则，
因为，故，
即，
解得，故点的坐标为.
故选：C
2．C
【分析】根据已知可得，代入即可得出答案.
【详解】
因为，点G是CD的中点，
所以，，
所以，.
故选：C.
3．A
【分析】由题意可得，结合圆锥曲线离心率范围即可得解.
【详解】由题意，，且，
所以，解得，
所以和可分别作为双曲线和抛物线的离心率.
故选：A.
4．C
【分析】由题意建立适当的空间直角坐标系，首先求出在上的投影长度为，进一步由勾股定理即可求解.
【详解】以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系：
由题意，
所以，
在上的投影长度为，
所以点B到的距离为.
故选：C.
5．D
【分析】建立如图空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，利用空间向量法求线线角即可求解.
【详解】
建立如图空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，
则，
得，
所以，
即直线与所成角的余弦值为.
故选：D
6．B
【分析】直接根据图形的性质分解向量即可.
【详解】由题意.
故选：B.
7．A
【分析】根据空间向量的线性运算可得解.
【详解】
如图所示，
在三棱柱中，，，
依题意，
故选：A.
8．B
【分析】根据空间四点共面的性质，结合基本不等式“1”的妙用即可得解.
【详解】因为，且四点共面，
由空间四点共面的性质可知，即，
又，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：B.
9．AC
【分析】根据空间向量的线性运算判断AD，利用基底法结合空间向量的数量积运算判断BC.
【详解】棱长为2的正四面体ABCD中，E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，
则两两夹角为，，
所以，
对于A，，正确；
对于B，因为，所以，错误；
对于C，因为，所以，
所以，正确；
对于D，因为，
所以，错误.
故选：AC
10．BC
【分析】根据正方体性质利用线面垂直与线面平行的判定定理即可判断A错误，B正确；利用等体积法由可得点B到平面的距离为，即C正确；利用空间向量求出平面的法向量即可得与平面所成角的余弦值为，即D错误.
【详解】对于A，假设存在直线平面，使得平面，
则可得平面平面，显然不成立，即假设不成立，即A错误；
对于B，取的中点为，连接，如下图所示：
由正方体性质可得，且，可知四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面；
所以平面，即存在直线平面，使得平面，即B正确；
对于C，连接，如下图所示：
易知，，，则的面积为；
设点到平面的距离为，由可得，
解得，即可知C正确；
对于D，以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示：
易知，则，
设平面的一个法向量为，
由，取，解得，即；
又，
可得，
由线面角法向量的求法可得与平面所成角的正弦值为，
余弦值为，可得D错误；
故选：BC
【点睛】方法点睛：等体积法是求解空间距离的常用方法，线面角经常利用空间向量进行求解.
11．ACD
【分析】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算可判断A；由异面直线的向量法可判断B；证明四边形是平行四边形可判断C；求出的面积可判断D.
【详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
对于A，，，
，所以，故A正确；
对于B，，，
所以，
所以与所成角的余弦值为，故B错误；
对于C，取的中点，连接，
由正方体的性质可知，所以四边形是平行四边形，
所以，，同理可知：，，
所以，，四边形是平行四边形，
则，，，四点共面，故C正确；
对于D，，
取的中点为，连接，所以，
故的面积为，故D正确.
故选：ACD.
12．/
【分析】由题意将向量分解为已知向量的线性组合，结合模长、数量积的运算公式即可求解.
【详解】
.
故答案为：.
13．
【分析】设二面角的平面角为，得到，结合，利用向量的运算法则，即可求解.
【详解】在棱上有两个点 ，线段与在这个二面角的两个面内，且，
因为，可得，
设二面角的平面角为，
则，且，
则，
即，解得.
故答案为：.
14．
【分析】先将两点的空间直角坐标求出来，结合向量的模、正弦函数的最值即可得解.
【详解】由题意点与点的空间直角坐标分别为，
所以，等号成立当且仅当.
故答案为：.
15．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应的方向向量，即可通过数量积结果证明；
（2）分别求得两个平面的法向量，再求法向量的夹角余弦值，即可求得结果.
【详解】（1）证明：依题意，平面平面平面，
则有，
又，即两两垂直，
以点为坐标原点，射线分别为轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
则，
因此，，即，所以．
（2）由（1）知：是平面的一个法向量，
设平面的法向量为，而，
则，令，得，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值是．
16．(1)证明见解析
(2)存在，且
【分析】（1）首先证明面，可得出，利用勾股定理的逆定理可证得，再结合线面垂直的判定定理，即可证明面；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，且，求平面的法向量，利用，即可求得的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：在中，，，
所以.
在中，，，，
由余弦定理有：，
所以，，所以，所以，
又因为，，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
在中：，，，则，所以，，
因为，、平面，所以面.
（2）解：因为平面，，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则有、、、、，
设，其中，
则，，，
设为面的法向量，
则有，取，则，，
所以，平面的一个法向量为，
由题意可得，
可得，因为，所以.
因此，存在点使得与平面所成角的正弦值为，且.
17．(1);
(2).
【分析】（1）连接交于点，连接，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而计算出线面角；
（2）设平面的法向量为，利用该法向量与，垂直，从而计算出点面距离.
【详解】（1）如图，连接交于点，连接，
由四棱锥是正四棱锥
易得两两互相垂直，
在正四棱锥中，因为，所以，
因为，且，所以，．
以点为坐标原点，直线分别为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，
即'取，得．
设直线与平面所成的角为，
则．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
（2），．
设平面的法向量为，
则，即
取，得．
所以点到平面的距离.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理利用面面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求得平面ACM的一个法向量，易知平面PBC的一个法向量为，即可求得二面角的大小.
【详解】（1）因为平面ABC，平面ABC，所以，
又因为，，平面PAC，所以平面PAC，
又平面PBC，
所以平面平面PBC．
（2）由（1）平面PAC，又平面APC，所以，
作分别以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
不妨设，
则，，，，，
可得，，
设平面ACM的一个法向量为，
则，取，则平面ACM的一个法向量为．
取PC的中点，，平面PAC，由（1）中平面PAC，
可得，，又平面PBC，
所以平面PBC，
所以平面PBC的一个法向量为，
所以，
所以平面ACM与平面PBC的夹角为．
19．(1)证明见解析
(2)存在实数
【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明线线垂直即可；
（2）利用空间向量法表示出锐二面角的余弦值，求解实数即可.
【详解】（1）因为在四边形中，，，，
所以，
在四棱锥中，，即，，.
又平面，平面，，
所以平面，即是四棱锥的高，
因此，所以.
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，，，.
又为的中点，所以，
因此，，
所以，所以，即.
（2）由（1）知，，，
设平面的一个法向量为，
则即
令，则，
所以是平面的一个法向量.
因为，所以，，
所以，所以.
设平面的一个法向量为，
则即
令，则，，
所以是平面的一个法向量，
所以，
可得，解得或.
又，所以，
即存在实数，使得锐二面角的余弦值为.
【点睛】结论点睛：若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两异面直线所成的角为，；
②直线与平面所成的角为，；
③二面角的大小为，.
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