人教A版数学(选择性必修一讲义)第13讲第一章空间向量与立体几何测评卷(提高卷)(学生版+解析)
文档属性
| 名称 | 人教A版数学(选择性必修一讲义)第13讲第一章空间向量与立体几何测评卷(提高卷)(学生版+解析) |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.9MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-11-11 10:13:23 | ||
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文档简介
第一章 空间向量与立体几何 章节验收测评卷(提高卷）
一、单选题（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．（2023春·江苏淮安·高二统考期末）已知直线的方向向量，平面的法向量，若，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2023春·江苏淮安·高二统考期末）已知四棱锥的底面为正方形，平面，，点是的中点，则点到直线的距离是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023春·江苏徐州·高二统考期中）在正四面体中，过点作平面的垂线，垂足为点，点满足，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（2023·全国·高三专题练习）在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在鳖臑中，平面，，且，为的中点，则二面角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023春·四川成都·高二成都外国语学校校考期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，为的中点，则面与直线所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体中，，，在线段上取点M，在上取点N，使得直线平面，则线段MN长度的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023·陕西铜川·统考二模）在四棱锥中，底面为菱形，，平面，，为线段的中点，为线段上的动点，则下列结论错误的是（ ）
A．平面平面 B．三棱锥的体积为
C．与平面所成角的最小值为 D．与所成角的余弦值为
8．（2023·江西·校联考二模）在四棱锥中，棱长为2的侧棱垂直底面边长为2的正方形，为棱的中点，过直线的平面分别与侧棱、相交于点、，当时，截面的面积为（ ）
A． B．2 C． D．3
二、多选题（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，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9．（2023春·山西晋中·高二校联考阶段练习）如图，在正方体中，分别为的中点，则（ ）
A．
B．平面
C．平面
D．直线与直线所成角的余弦值为
10．（2023·海南海口·海南华侨中学校考一模）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．不存在点，使得
B．存在点，使得
C．对于任意点，到的距离的取值范围为
D．对于任意点，都是钝角三角形
11．（2023春·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）已知四面体的外接球球心为，内切球球心为，满足平面，，是线段上的动点，实数，满足，实数a，b，c，d满足，则下列说法正确的是（ ）
A．， B．
C．若，则 D．若，则//平面
12．（2023春·安徽安庆·高二安徽省宿松中学校考期中）如图，边长为4的正方形是圆柱的轴截面，点为圆弧上一动点（点与点不重合），则（ ）
A．存在值，使得
B．三棱锥体积的最大值为
C．当时，异面直线与所成角的余弦值为
D．当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为
三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.）
13．（2023秋·安徽蚌埠·高二统考期末）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体 正六面体 正八面体 正十二面体 正二十面体.已知一个正八面体的棱长都是2（如图），分别为棱的中点，则__________.
14．（2023·全国·高三专题练习）已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是__________．
15．（2023·江苏镇江·扬中市第二高级中学校考模拟预测）在正方体中，点是棱的中点，是侧面上的动点，满足//平面，若该正方体的棱长为，则点到直线的距离的最小值为__________.
16．（2022秋·北京·高二人大附中校考期中）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种成两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得，这个正多面体的表面积为___________.若点E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为___________.
四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.）
17．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面为的中点，底面是边长为2的正方形，且二面角的余弦值为．
(1)求的长；
(2)求点到平面的距离．
18．（2023秋·河南郑州·高二统考期末）如图，已知平面ABCD，底面ABCD为正方形，，M，N分别为AB，PC的中点．
(1)求线段MN的长；
(2)求PD与平面PMC所成角的正弦值．
21．（2023·安徽安庆·安徽省桐城中学校考一模）如图，在八面体中，四边形是边长为2的正方形，平面平面，二面角与二面角的大小都是，，．
(1)证明：平面平面；
(2)设为的重心，是否在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求到平面的距离，若不存在，说明理由．
22．（2023·安徽蚌埠·统考模拟预测）已知三棱柱中，侧面是正方形，底面是等腰直角三角形，且为线段中点，.
(1)求证：平面平面；
(2)在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角为，且满足？若不存在，请说明理由；若存在，求出的长度.
第一章 空间向量与立体几何 章节验收测评卷(提高卷）
一、单选题（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．（2023春·江苏淮安·高二统考期末）已知直线的方向向量，平面的法向量，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】由题可得，所以可设，
所以，
所以.
故选：C.
2．（2023春·江苏淮安·高二统考期末）已知四棱锥的底面为正方形，平面，，点是的中点，则点到直线的距离是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，
所以，
所以，
所以点到直线的距离是.
故选：D.
3．（2023春·江苏徐州·高二统考期中）在正四面体中，过点作平面的垂线，垂足为点，点满足，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】由题知，在正四面体中，
因为平面，
所以是的中心，
连接，则，
所以
.
故选：B
4．（2023·全国·高三专题练习）在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在鳖臑中，平面，，且，为的中点，则二面角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
分别以直线为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，，，，，
∴，，
设为平面的一个法向量，
由，取，则，
取平面的一个法向量，
设二面角为，则，
∴．
故选:C
5．（2023春·四川成都·高二成都外国语学校校考期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，为的中点，则面与直线所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】因为平面，四边形为矩形，
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，
则、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，，
所以，，
所以，，
因此，面与直线所成角的余弦值为.
故选：D.
6．（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体中，，，在线段上取点M，在上取点N，使得直线平面，则线段MN长度的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】解：如图，以为轴建立空间直角坐标系，
则，
，，设平面的一个法向量为，
则，取，则，即，
又，，，
设，，
则，
因为平面，故即，
当时，取得最小值，即的长度的最小值为．
故选：D．
7．（2023·陕西铜川·统考二模）在四棱锥中，底面为菱形，，平面，，为线段的中点，为线段上的动点，则下列结论错误的是（ ）
A．平面平面 B．三棱锥的体积为
C．与平面所成角的最小值为 D．与所成角的余弦值为
【答案】A
【详解】如图，取中点，由题意，，，
由余弦定理得，
故，即，又，所以,
又平面，且平面，平面，
故，，
如图，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
由题意，，，，，，，
设，其中，
设面的法向量为，而，，
故有，即，令，则，
故面的一个法向量为，
设面的法向量为，而，，
故有，即，令，则，
故面的一个法向量为，
选项A，因为，不恒为0，故选项A错误；
选项B，由题意，，由于为中点，故，到面距离相等，
从而，所以选项B正确；
选项C，因为平面，所以平面的一个法向量，而，
设与面所成角为，故，
因为，所以当时，取最小值，此时取最小值，故选项C正确；
选项D，由题意，，，
故，
从而与所成角的余弦值为，故选项D正确.
故选：A.
8．（2023·江西·校联考二模）在四棱锥中，棱长为2的侧棱垂直底面边长为2的正方形，为棱的中点，过直线的平面分别与侧棱、相交于点、，当时，截面的面积为（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】A
【详解】由题意，平面，四边形为正方形，
如图，建立空间直角坐标系D-xyz，
则，，，，，，，
设，，则，
又，，所以，则，
由题意，四点共面，所以，
所以，解得，
所以，，所以，
所以，即，
所以，
所以，
又，
所以，即，
所以，
所以，
所以截面的面积为.
故选：A
二、多选题（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，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9．（2023春·山西晋中·高二校联考阶段练习）如图，在正方体中，分别为的中点，则（ ）
A．
B．平面
C．平面
D．直线与直线所成角的余弦值为
【答案】AD
【详解】以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则.
.
A选项，因为，所以，A正确.
B选项，设平面的法向量为，
则，
令得，，故，
因为，
所以与不垂直，则直线与平面不平行，错误.
C选项，若平面，则.
因为，所以直线与直线不垂直，矛盾，C错误.
D选项，，D正确.
故选：AD
10．（2023·海南海口·海南华侨中学校考一模）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．不存在点，使得
B．存在点，使得
C．对于任意点，到的距离的取值范围为
D．对于任意点，都是钝角三角形
【答案】ABC
【详解】由题知，在正方体中，是棱上的动点，建立以为原点，
分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向的空间直角坐标系.
所以，，，设，其中，
所以，，
当时，即，所以，显然方程组无解，
所以不存在使得，即不存在点，使得，故A项正确；
当时，解得，故B项正确；
因为，其中，所以点Q到的距离为
，
故C项正确；
因为，，其中，
所以，
所以三角形为直角三角形或钝角三角形，故D项错误.
故选：ABC
11．（2023春·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）已知四面体的外接球球心为，内切球球心为，满足平面，，是线段上的动点，实数，满足，实数a，b，c，d满足，则下列说法正确的是（ ）
A．， B．
C．若，则 D．若，则//平面
【答案】ABCD
【详解】根据空间向量“奔驰定理”可知，，
因为四面体的内切球球心，所以，
如图，平面，平面，所以，
且，，平面，
所以平面，平面，
所以，
因为，，所以，，
即，故A正确；
因为和是有公共斜边的直角三角形，斜边的中点到顶点的距离都相等，且为，所以四面体外接球的球心为的中点，
所以，即，故B正确；
因为平面，平面，所以，
若，，平面，
所以平面，平面，
所以，故C正确；
因为平面，平面，故平面平面，
过作，垂足为，
因为面平面，平面，故面，
而面，故，若，
则，而平面，故平面，
故，而平面，平面，
所以平面，故D正确.
故选：ABCD
12．（2023春·安徽安庆·高二安徽省宿松中学校考期中）如图，边长为4的正方形是圆柱的轴截面，点为圆弧上一动点（点与点不重合），则（ ）
A．存在值，使得
B．三棱锥体积的最大值为
C．当时，异面直线与所成角的余弦值为
D．当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为
【答案】BCD
【详解】对于选项，由题意知，
若，，平面，则平面，
所以，不成立，故不正确；
对于选项，在三棱锥中，半圆面，
则是三棱锥的高，
当点是半圆弧的中点时，三棱锥的底面积取得最大值，
三棱锥的体积取得最大值为，故选项B正确；
对于选项C：当时，则为的中点，以的中点为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，
则,，，，
可得，则，
故异面直线与所成角的余弦值为，所以正确；
对于选项，取的中点，过点作于点，连接，
由题意知，平面，平面，，
又因为，，平面，
可得平面，
所以为在平面内的射影，则为直线与平面所成的角，
设，则，
在Rt中，，
所以，
故，
令，则，且，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以，则，
所以直线与平面所成最大角的正弦值为，
此时，
所以，
连接，因为平面，平面，所以，
因为为正方形，所以，
在中，可得，
在中，可得，
则，因为，
所以点为四棱锥外接球的球心，
因为，由，解得，
所以球心到面的距离，
设截面半径为，则有，
所以截面面积为，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.）
13．（2023秋·安徽蚌埠·高二统考期末）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体 正六面体 正八面体 正十二面体 正二十面体.已知一个正八面体的棱长都是2（如图），分别为棱的中点，则__________.
【答案】/
【详解】由题意，可得，，
又由正八面体的棱长都是，且各个面都是等边三角形，
在中，由，可得，所以，
所以
.
故答案为：.
14．（2023·全国·高三专题练习）已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是__________．
【答案】，
【详解】空间向量，，则向量在向量上的投影向量是，
所以向量在向量上的投影向量的坐标是.
故答案为：
15．（2023·江苏镇江·扬中市第二高级中学校考模拟预测）在正方体中，点是棱的中点，是侧面上的动点，满足//平面，若该正方体的棱长为，则点到直线的距离的最小值为__________.
【答案】
【详解】因为//，，
所以为平行四边形，则//，
平面，平面，
可得//平面，故点在线段上（点除外），
点到直线的距离的最小值为异面直线之间的距离，
如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设，可得，
则，
令，解得，
即，此时，符合题意，
所以点到直线的距离的最小值为.
故答案为：.
16．（2022秋·北京·高二人大附中校考期中）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种成两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得，这个正多面体的表面积为___________.若点E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为___________.
【答案】 /
【详解】由题意得该几何体有6个面为边长为的正方形，8个面为边长为的等比三角形，故，
在原正方体中建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，设，
，，
则直线DE与直线AF所成角的余弦值，
而，故，，
故答案为：；
四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.）
17．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面为的中点，底面是边长为2的正方形，且二面角的余弦值为．
(1)求的长；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）如下图所示，以为原点，分别为轴、轴、轴建系.
，，
设，则.
所以，.
容易看出，平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
则有，即
取，则，，
即.
由题，二面角的余弦值为，
解得,
故的长为.
（2）由（1）得，，.
则点到平面的距离为.
18．（2023秋·河南郑州·高二统考期末）如图，已知平面ABCD，底面ABCD为正方形，，M，N分别为AB，PC的中点．
(1)求线段MN的长；
(2)求PD与平面PMC所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据题意，分别以所在直线为轴、轴、轴，以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系：
则
N分别为PC的中点，所以，
易知，所以
（2）易得，
设平面的法向量为
则，令，则；
所以
设直线与平面所成角为，
则，
即PD与平面PMC所成角的正弦值为
19．（2023春·湖南湘潭·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面，底面是正方形，与相交于点E，点F在线段上，且.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的正弦值.
【答案】(1)见解析
(2)
【详解】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设，则
故,由得,所以,
， ，
由于因此，
进而,又平面,
故平面；
（2），
设平面的法向量，，，
则，取，得，
平面的法向量，
则，取，得，
设平面与平面的夹角，
则．
．
20．（2023秋·广东湛江·高二统考期末）如图，在棱长为2的正方体中，E为AD中点．
(1)求平面与平面夹角的余弦值；
(2)探究线段上是否存在点F，使得平面？若存在，确定点F的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，点为线段上靠近点的三等分点
见解析
【详解】（1）如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，2，，，2，，，0，，，0，，，2，，，0，．
，，
设平面的法向量，
，即，
令，则，，，
连接，，由于平面，平面,所以，平面，
平面，为平面的一个法向量．
，
平面与平面夹角不超过，故平面与平面夹角的余弦值为
（2）假设在线段上存在点，使得平面．
设，，，
平面，，即，
，2，，，，即，解得，
在线段上存在点，使得平面，此时点为线段上靠近点的三等分点．
21．（2023·安徽安庆·安徽省桐城中学校考一模）如图，在八面体中，四边形是边长为2的正方形，平面平面，二面角与二面角的大小都是，，．
(1)证明：平面平面；
(2)设为的重心，是否在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求到平面的距离，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【详解】（1）因为为正方形，所以，又，，平面，
所以平面，所以为二面角的平面角，即，
又平面平面，，
所以平面，即为二面角的平面角，即，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，即，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，
因为，平面，
可得是等边三角形，
因为为中点，可得，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）解：假设存在点满足题意，则由（1）知平面，
取中点，以方向分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
可得，
设，则，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
设平面的法向量为，则
取取，可得.
则，
整理得，解得或（舍去）.
故存在满足题意.
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一、单选题（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．（2023春·江苏淮安·高二统考期末）已知直线的方向向量，平面的法向量，若，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2023春·江苏淮安·高二统考期末）已知四棱锥的底面为正方形，平面，，点是的中点，则点到直线的距离是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023春·江苏徐州·高二统考期中）在正四面体中，过点作平面的垂线，垂足为点，点满足，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（2023·全国·高三专题练习）在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在鳖臑中，平面，，且，为的中点，则二面角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023春·四川成都·高二成都外国语学校校考期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，为的中点，则面与直线所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体中，，，在线段上取点M，在上取点N，使得直线平面，则线段MN长度的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023·陕西铜川·统考二模）在四棱锥中，底面为菱形，，平面，，为线段的中点，为线段上的动点，则下列结论错误的是（ ）
A．平面平面 B．三棱锥的体积为
C．与平面所成角的最小值为 D．与所成角的余弦值为
8．（2023·江西·校联考二模）在四棱锥中，棱长为2的侧棱垂直底面边长为2的正方形，为棱的中点，过直线的平面分别与侧棱、相交于点、，当时，截面的面积为（ ）
A． B．2 C． D．3
二、多选题（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，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9．（2023春·山西晋中·高二校联考阶段练习）如图，在正方体中，分别为的中点，则（ ）
A．
B．平面
C．平面
D．直线与直线所成角的余弦值为
10．（2023·海南海口·海南华侨中学校考一模）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．不存在点，使得
B．存在点，使得
C．对于任意点，到的距离的取值范围为
D．对于任意点，都是钝角三角形
11．（2023春·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）已知四面体的外接球球心为，内切球球心为，满足平面，，是线段上的动点，实数，满足，实数a，b，c，d满足，则下列说法正确的是（ ）
A．， B．
C．若，则 D．若，则//平面
12．（2023春·安徽安庆·高二安徽省宿松中学校考期中）如图，边长为4的正方形是圆柱的轴截面，点为圆弧上一动点（点与点不重合），则（ ）
A．存在值，使得
B．三棱锥体积的最大值为
C．当时，异面直线与所成角的余弦值为
D．当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为
三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.）
13．（2023秋·安徽蚌埠·高二统考期末）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体 正六面体 正八面体 正十二面体 正二十面体.已知一个正八面体的棱长都是2（如图），分别为棱的中点，则__________.
14．（2023·全国·高三专题练习）已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是__________．
15．（2023·江苏镇江·扬中市第二高级中学校考模拟预测）在正方体中，点是棱的中点，是侧面上的动点，满足//平面，若该正方体的棱长为，则点到直线的距离的最小值为__________.
16．（2022秋·北京·高二人大附中校考期中）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种成两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得，这个正多面体的表面积为___________.若点E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为___________.
四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.）
17．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面为的中点，底面是边长为2的正方形，且二面角的余弦值为．
(1)求的长；
(2)求点到平面的距离．
18．（2023秋·河南郑州·高二统考期末）如图，已知平面ABCD，底面ABCD为正方形，，M，N分别为AB，PC的中点．
(1)求线段MN的长；
(2)求PD与平面PMC所成角的正弦值．
21．（2023·安徽安庆·安徽省桐城中学校考一模）如图，在八面体中，四边形是边长为2的正方形，平面平面，二面角与二面角的大小都是，，．
(1)证明：平面平面；
(2)设为的重心，是否在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求到平面的距离，若不存在，说明理由．
22．（2023·安徽蚌埠·统考模拟预测）已知三棱柱中，侧面是正方形，底面是等腰直角三角形，且为线段中点，.
(1)求证：平面平面；
(2)在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角为，且满足？若不存在，请说明理由；若存在，求出的长度.
第一章 空间向量与立体几何 章节验收测评卷(提高卷）
一、单选题（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．（2023春·江苏淮安·高二统考期末）已知直线的方向向量，平面的法向量，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】由题可得，所以可设，
所以，
所以.
故选：C.
2．（2023春·江苏淮安·高二统考期末）已知四棱锥的底面为正方形，平面，，点是的中点，则点到直线的距离是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，
所以，
所以，
所以点到直线的距离是.
故选：D.
3．（2023春·江苏徐州·高二统考期中）在正四面体中，过点作平面的垂线，垂足为点，点满足，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】由题知，在正四面体中，
因为平面，
所以是的中心，
连接，则，
所以
.
故选：B
4．（2023·全国·高三专题练习）在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在鳖臑中，平面，，且，为的中点，则二面角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
分别以直线为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，，，，，
∴，，
设为平面的一个法向量，
由，取，则，
取平面的一个法向量，
设二面角为，则，
∴．
故选:C
5．（2023春·四川成都·高二成都外国语学校校考期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，为的中点，则面与直线所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】因为平面，四边形为矩形，
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，
则、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，，
所以，，
所以，，
因此，面与直线所成角的余弦值为.
故选：D.
6．（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体中，，，在线段上取点M，在上取点N，使得直线平面，则线段MN长度的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】解：如图，以为轴建立空间直角坐标系，
则，
，，设平面的一个法向量为，
则，取，则，即，
又，，，
设，，
则，
因为平面，故即，
当时，取得最小值，即的长度的最小值为．
故选：D．
7．（2023·陕西铜川·统考二模）在四棱锥中，底面为菱形，，平面，，为线段的中点，为线段上的动点，则下列结论错误的是（ ）
A．平面平面 B．三棱锥的体积为
C．与平面所成角的最小值为 D．与所成角的余弦值为
【答案】A
【详解】如图，取中点，由题意，，，
由余弦定理得，
故，即，又，所以,
又平面，且平面，平面，
故，，
如图，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
由题意，，，，，，，
设，其中，
设面的法向量为，而，，
故有，即，令，则，
故面的一个法向量为，
设面的法向量为，而，，
故有，即，令，则，
故面的一个法向量为，
选项A，因为，不恒为0，故选项A错误；
选项B，由题意，，由于为中点，故，到面距离相等，
从而，所以选项B正确；
选项C，因为平面，所以平面的一个法向量，而，
设与面所成角为，故，
因为，所以当时，取最小值，此时取最小值，故选项C正确；
选项D，由题意，，，
故，
从而与所成角的余弦值为，故选项D正确.
故选：A.
8．（2023·江西·校联考二模）在四棱锥中，棱长为2的侧棱垂直底面边长为2的正方形，为棱的中点，过直线的平面分别与侧棱、相交于点、，当时，截面的面积为（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】A
【详解】由题意，平面，四边形为正方形，
如图，建立空间直角坐标系D-xyz，
则，，，，，，，
设，，则，
又，，所以，则，
由题意，四点共面，所以，
所以，解得，
所以，，所以，
所以，即，
所以，
所以，
又，
所以，即，
所以，
所以，
所以截面的面积为.
故选：A
二、多选题（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，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9．（2023春·山西晋中·高二校联考阶段练习）如图，在正方体中，分别为的中点，则（ ）
A．
B．平面
C．平面
D．直线与直线所成角的余弦值为
【答案】AD
【详解】以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则.
.
A选项，因为，所以，A正确.
B选项，设平面的法向量为，
则，
令得，，故，
因为，
所以与不垂直，则直线与平面不平行，错误.
C选项，若平面，则.
因为，所以直线与直线不垂直，矛盾，C错误.
D选项，，D正确.
故选：AD
10．（2023·海南海口·海南华侨中学校考一模）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．不存在点，使得
B．存在点，使得
C．对于任意点，到的距离的取值范围为
D．对于任意点，都是钝角三角形
【答案】ABC
【详解】由题知，在正方体中，是棱上的动点，建立以为原点，
分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向的空间直角坐标系.
所以，，，设，其中，
所以，，
当时，即，所以，显然方程组无解，
所以不存在使得，即不存在点，使得，故A项正确；
当时，解得，故B项正确；
因为，其中，所以点Q到的距离为
，
故C项正确；
因为，，其中，
所以，
所以三角形为直角三角形或钝角三角形，故D项错误.
故选：ABC
11．（2023春·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）已知四面体的外接球球心为，内切球球心为，满足平面，，是线段上的动点，实数，满足，实数a，b，c，d满足，则下列说法正确的是（ ）
A．， B．
C．若，则 D．若，则//平面
【答案】ABCD
【详解】根据空间向量“奔驰定理”可知，，
因为四面体的内切球球心，所以，
如图，平面，平面，所以，
且，，平面，
所以平面，平面，
所以，
因为，，所以，，
即，故A正确；
因为和是有公共斜边的直角三角形，斜边的中点到顶点的距离都相等，且为，所以四面体外接球的球心为的中点，
所以，即，故B正确；
因为平面，平面，所以，
若，，平面，
所以平面，平面，
所以，故C正确；
因为平面，平面，故平面平面，
过作，垂足为，
因为面平面，平面，故面，
而面，故，若，
则，而平面，故平面，
故，而平面，平面，
所以平面，故D正确.
故选：ABCD
12．（2023春·安徽安庆·高二安徽省宿松中学校考期中）如图，边长为4的正方形是圆柱的轴截面，点为圆弧上一动点（点与点不重合），则（ ）
A．存在值，使得
B．三棱锥体积的最大值为
C．当时，异面直线与所成角的余弦值为
D．当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为
【答案】BCD
【详解】对于选项，由题意知，
若，，平面，则平面，
所以，不成立，故不正确；
对于选项，在三棱锥中，半圆面，
则是三棱锥的高，
当点是半圆弧的中点时，三棱锥的底面积取得最大值，
三棱锥的体积取得最大值为，故选项B正确；
对于选项C：当时，则为的中点，以的中点为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，
则,，，，
可得，则，
故异面直线与所成角的余弦值为，所以正确；
对于选项，取的中点，过点作于点，连接，
由题意知，平面，平面，，
又因为，，平面，
可得平面，
所以为在平面内的射影，则为直线与平面所成的角，
设，则，
在Rt中，，
所以，
故，
令，则，且，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以，则，
所以直线与平面所成最大角的正弦值为，
此时，
所以，
连接，因为平面，平面，所以，
因为为正方形，所以，
在中，可得，
在中，可得，
则，因为，
所以点为四棱锥外接球的球心，
因为，由，解得，
所以球心到面的距离，
设截面半径为，则有，
所以截面面积为，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.）
13．（2023秋·安徽蚌埠·高二统考期末）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体 正六面体 正八面体 正十二面体 正二十面体.已知一个正八面体的棱长都是2（如图），分别为棱的中点，则__________.
【答案】/
【详解】由题意，可得，，
又由正八面体的棱长都是，且各个面都是等边三角形，
在中，由，可得，所以，
所以
.
故答案为：.
14．（2023·全国·高三专题练习）已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是__________．
【答案】，
【详解】空间向量，，则向量在向量上的投影向量是，
所以向量在向量上的投影向量的坐标是.
故答案为：
15．（2023·江苏镇江·扬中市第二高级中学校考模拟预测）在正方体中，点是棱的中点，是侧面上的动点，满足//平面，若该正方体的棱长为，则点到直线的距离的最小值为__________.
【答案】
【详解】因为//，，
所以为平行四边形，则//，
平面，平面，
可得//平面，故点在线段上（点除外），
点到直线的距离的最小值为异面直线之间的距离，
如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设，可得，
则，
令，解得，
即，此时，符合题意，
所以点到直线的距离的最小值为.
故答案为：.
16．（2022秋·北京·高二人大附中校考期中）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种成两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得，这个正多面体的表面积为___________.若点E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为___________.
【答案】 /
【详解】由题意得该几何体有6个面为边长为的正方形，8个面为边长为的等比三角形，故，
在原正方体中建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，设，
，，
则直线DE与直线AF所成角的余弦值，
而，故，，
故答案为：；
四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.）
17．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面为的中点，底面是边长为2的正方形，且二面角的余弦值为．
(1)求的长；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）如下图所示，以为原点，分别为轴、轴、轴建系.
，，
设，则.
所以，.
容易看出，平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
则有，即
取，则，，
即.
由题，二面角的余弦值为，
解得,
故的长为.
（2）由（1）得，，.
则点到平面的距离为.
18．（2023秋·河南郑州·高二统考期末）如图，已知平面ABCD，底面ABCD为正方形，，M，N分别为AB，PC的中点．
(1)求线段MN的长；
(2)求PD与平面PMC所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据题意，分别以所在直线为轴、轴、轴，以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系：
则
N分别为PC的中点，所以，
易知，所以
（2）易得，
设平面的法向量为
则，令，则；
所以
设直线与平面所成角为，
则，
即PD与平面PMC所成角的正弦值为
19．（2023春·湖南湘潭·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面，底面是正方形，与相交于点E，点F在线段上，且.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的正弦值.
【答案】(1)见解析
(2)
【详解】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设，则
故,由得,所以,
， ，
由于因此，
进而,又平面,
故平面；
（2），
设平面的法向量，，，
则，取，得，
平面的法向量，
则，取，得，
设平面与平面的夹角，
则．
．
20．（2023秋·广东湛江·高二统考期末）如图，在棱长为2的正方体中，E为AD中点．
(1)求平面与平面夹角的余弦值；
(2)探究线段上是否存在点F，使得平面？若存在，确定点F的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，点为线段上靠近点的三等分点
见解析
【详解】（1）如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，2，，，2，，，0，，，0，，，2，，，0，．
，，
设平面的法向量，
，即，
令，则，，，
连接，，由于平面，平面,所以，平面，
平面，为平面的一个法向量．
，
平面与平面夹角不超过，故平面与平面夹角的余弦值为
（2）假设在线段上存在点，使得平面．
设，，，
平面，，即，
，2，，，，即，解得，
在线段上存在点，使得平面，此时点为线段上靠近点的三等分点．
21．（2023·安徽安庆·安徽省桐城中学校考一模）如图，在八面体中，四边形是边长为2的正方形，平面平面，二面角与二面角的大小都是，，．
(1)证明：平面平面；
(2)设为的重心，是否在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求到平面的距离，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【详解】（1）因为为正方形，所以，又，，平面，
所以平面，所以为二面角的平面角，即，
又平面平面，，
所以平面，即为二面角的平面角，即，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，即，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，
因为，平面，
可得是等边三角形，
因为为中点，可得，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）解：假设存在点满足题意，则由（1）知平面，
取中点，以方向分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
可得，
设，则，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
设平面的法向量为，则
取取，可得.
则，
整理得，解得或（舍去）.
故存在满足题意.
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