空间向量与立体几何章节测试题-高三数学二轮专题复习

…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=PAGE5*2-19页共=SECTIONPAGES5*210页◎第=PAGE5*210页共=SECTIONPAGES5*210页※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=PAGE1*2-11页共=SECTIONPAGES2*24页◎第=PAGE1*22页共=SECTIONPAGES2*24页绝密★启用前数学平面向量与立体几何章节测试题考试范围：平面向量与立体几何；考试时间：120分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1．已知空间向量，，满足，，，，则与的夹角为（

）A． B． C． D．2．如图，为正方体，下面结论错误的是（）A．平面B．C．平面D．异面直线与所成的角为3．直三棱柱中，若，，则异面直线与所成的角等于A．30° B．45° C．60° D．90°4．已知三棱锥的所有棱长均为2，为的中点，空间中的动点满足，，则动点的轨迹长度为（

）A． B． C． D．5．在四面体ABCD中，为等边三角形，，二面角的大小为，则的取值范围是（

）A． B． C． D．6．如图，矩形ABCD中，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻折成.在翻折过程中，直线与平面ABCD所成角的正弦值最大为（

）A． B． C． D．7．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．8．正三棱锥中，，M为棱PA上的动点，令为BM与AC所成的角，为BM与底面ABC所成的角，为二面角所成的角，则（

）A． B．C． D．二、选择题：本题共四个小题，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的。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，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是（

）A． B．C．向量与的夹角是60° D．与AC所成角的余弦值为10．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，EF是棱AB上的一条线段，且EF＝1，点Q是棱A1D1的中点，点P是棱C1D1上的动点，则下面结论中正确的是（

）A．PQ与EF一定不垂直B．二面角P﹣EF﹣Q的正弦值是C．PEF的面积是D．点P到平面QEF的距离是定值11．如图四棱锥，平面平面，侧面是边长为的正三角形，底面为矩形，，点是的中点，则下列结论正确的是（

）A．平面B．与平面所成角的余弦值为C．三棱锥的体积为D．四棱锥外接球的内接正四面体的表面积为12．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）三、填空题：本题共4个小题，每个小题5分，共20分。13．如图所示，在平行六面体中，，若，则___________.14．已知向量，且，则____________．15．在正四面体O－ABC中，，D为BC的中点，E为AD的中点，则＝______________(用表示)．16．正四棱柱中，，.若是侧面内的动点，且，则与平面所成角的正切值的最大值为___________.四、解答题：本题共6个小题，共70分。17．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．（1）求；（2）求二面角的正弦值．18．如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．19．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值．20．《九章算术》是我国古代的数学著作，是“算经十书”中最重要的一部，它对几何学的研究比西方要早1000多年.在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图，在堑堵中，，，M，N分别是，BC的中点，点P在线段上.（1）若P为的中点，求证：平面.（2）是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由.21．如图，在三棱台中，底面是边长为2的正三角形，侧面为等腰梯形，且，为的中点．（1）证明：；（2）记二面角的大小为，时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．22．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.答案第=page3636页，共=sectionpages3131页参考答案：1．C【分析】将，两边平方，利用空间向量的数量积即可得选项.【详解】设与的夹角为．由，得，两边平方，得，所以，解得，又，所以，故选：C．2．D【详解】在正方体中与

平行，因此有与平面

平行，A正确；在平面

内的射影垂直于，因此有，B正确；与B同理有与

垂直，从而

平面

，C正确；由知与所成角为45°，D错．故选D．3．C【详解】本试题主要考查异面直线所成的角问题，考查空间想象与计算能力．延长B1A1到E，使A1E=A1B1，连结AE，EC1，则AE∥A1B，∠EAC1或其补角即为所求，由已知条件可得△AEC1为正三角形，∴∠EC1B为，故选C．4．C【分析】将正四面体放入正方体，建立空间直角坐标系，求得点满足的方程，判断出点的轨迹为圆，求得圆的半径，由此计算出圆的周长也即的轨迹长度.【详解】正四面体放入正方体，则正方体的棱长为，建立空间直角坐标系如图所示，，设，，.由于，，所以，即，即，即，表示球心为，半径为的球.表示垂直于平面的一个平面.所以的轨迹是上述平面截球面所得圆.球心到平面的距离为，所以截得的圆的半径，所以截得的圆，也即点的轨迹的长度为.故选：C【点睛】空间中求动点轨迹长度，可考虑采用坐标法求得动点轨迹方程，结合轨迹方程求得轨迹的长度.5．C【分析】以B为原点建立空间直角坐标系,根据关系写出各个点的坐标,利用平面和平面的法向量,表示出二面角的余弦值,即可求得的取值范围.【详解】以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系:因为为等边三角形，不妨设,由于,所以因为当时四点共面,不能构成空间四边形,所以则,,由空间向量的坐标运算可得设平面的法向量为则代入可得令,则,所以设平面的法向量为则,代入可得令,则,所以二面角的大小为则由图可知,二面角为锐二面角所以因为所以即所以故选:C【点睛】根据直线与平面夹角的特征及取值范围,即可求解,对空间想象能力要求较高,属于中档题.6．A【解析】分别取DE，DC的中点O，F，点A的轨迹是以AF为直径的圆，以为轴，过与平面垂直的直线为轴建立坐标系，利用向量法求出正弦值为，换元后利用基本不等式可得答案.【详解】分别取DE，DC的中点O，F，则点A的轨迹是以AF为直径的圆，以为轴，过与平面垂直的直线为轴建立坐标系，则，平面ABCD的其中一个法向量为=(0,0.1)，由，设，则，记直线与平面ABCD所成角为，则设，所以直线与平面ABCD所成角的正弦值最大为，故选：A.【点睛】本题主要考查利用向量法求线面角，考查了三角函数的恒的变换以及基本不等式的应用，考查了空间想象能力与计算能力，属于综合题.7．B【解析】首先以点为原点建立空间直角坐标系，证明平面，并求，然后将异面直线与所成的角，转化为与所成的角，再如图建立第二个坐标系，利用坐标法求异面直线所成的角的余弦值，再求角的范围.【详解】如图，建立空间直接坐标系，连结，交平面于点，，，，，，，，，，，，平面，根据等体积转化可知，即，解得：，，,，异面直线与所成的角，转化为与所成的角，如图，将部分几何体分类出来，再建立一个空间直角坐标系，取的中点，过点作，则以点为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系，，，，，，,，即，，即，即，，因为异面直线所成的角是锐角，并设为，则，，，故选：B【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用空间直角坐标系，解决异面直线所成的角，关键是如何建立坐标系，解决问题，本题建立两个坐标系，目的是方便解决问题.8．B【分析】依题意建立空间直角坐标系，不妨令为的中点，利用空间向量法求异面直线的角与线面角；【详解】解：设正三棱锥的底面边长为6，高为，如图所示建立空间直角坐标系，不妨令为的中点，则，，，，，，，，，，所以，过作交于点，所以，即为BM与底面ABC所成的角，所以，所以，所以显然面的法向量可为，设面的法向量为，所以令，则，，即，所以，当时，；当时，；当时，，故CD不成立；故选：B【点睛】本题考查利用空间向量法求空间角，属于中档题.9．AB【解析】直接用空间向量的基本定理，向量的运算对每一个选项进行逐一判断.【详解】以顶点A为端点的三条棱长都相等,它们彼此的夹角都是60°，可设棱长为1,则而，所以A正确.=0,所以B正确.向量,显然为等边三角形，则.所以向量与的夹角是,向量与的夹角是,则C不正确又，则，所以，所以D不正确.故选：AB【点睛】本题考查空间向量的运算，用向量求夹角等，属于中档题.10．BCD【分析】取特殊位置，当与点重合时，即可判断选项A；建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量法求解二面角，即可判断选项B；利用线面垂直的性质定理，可得是的高，利用三角形的面积公式求解即可判断选项C；由线面平行的判定定理判断得到平面，即可判断选项D．【详解】解：对于A，当与点重合时，，故选项A错误；对于B，由于点是棱上的动点，是棱上的一条线段，所以平面即平面，建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，0，，，4，，所以，平面即平面，设平面的法向量为，则，即，令，则，同理可求得平面的法向量为，设二面角为，所以，故，故选项B正确；对于C，由于平面，又平面，所以，所以，所以是的高，所以，故选项C正确；对于D，由于，且平面，平面，所以平面，又点在上，所以点到平面的距离为常量，故选项D正确．故选：BCD．11．BD【分析】取的中点，的中点，连接，则由已知可得平面，而底面为矩形，所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量依次求解即可.【详解】解：取的中点，的中点，连接，因为三角形为等边三角形，所以,因为平面平面，所以平面，因为，所以两两垂直，所以，如下图，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，因为点是的中点，所以，平面的一个法向量为，，显然与不共线，所以与平面不垂直，所以A不正确；，设平面的法向量为，则，令，则，所以，设与平面所成角为，则，所以，所以B正确；三棱锥的体积为，所以C不正确；设四棱锥外接球的球心为，则，所以，解得，即为矩形对角线的交点，所以四棱锥外接球的半径为3，设四棱锥外接球的内接正四面体的棱长为，将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，故正方体的棱长为，所以，得，所以正四面体的表面积为，所以D正确.故选：BD【点睛】此题考查线面垂直，线面角，棱锥的体积，棱锥的外接球等知识，综合性强，考查了计算能力，属于较难题.12．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．13．2【分析】题中几何体为平行六面体，就要充分利用几何体的特征进行转化，,再将转化为，以及将转化为,,总之等式右边为，，,从而得出，.【详解】解：因为，又，所以，，则.故答案为：2.【点睛】要充分利用几何体的几何特征，以及将作为转化的目标，从而得解.14．3【分析】利用向量的坐标运算求得求出，根据空间向量模的公式列方程求解即可.【详解】因为，所以，可得，因为，解得，故答案为3.15．【详解】因为在四面体中，为的中点，为的中点，，故答案为.16．2.【解析】如图，以为原点建立空间直角坐标系，设点，由得，证明为与平面所成角，令，用三角函数表示出，求解三角函数的最大值得到结果.【详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系，设点，则，，又，得即；又平面，为与平面所成角，令，当时，最大，即与平面所成角的正切值的最大值为2.故答案为：2【点睛】本题主要考查了立体几何中的动点问题，考查了直线与平面所成角的计算.对于这类题，一般是建立空间直角坐标，在动点坐标内引入参数，将最值问题转化为函数的最值问题求解，考查了学生的运算求解能力和直观想象能力.17．（1）；（2）【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，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；（2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、、、、，则，，，则，解得，故；[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结．因为底面，且底面，所以．又因为，，所以平面．又平面，所以．从而．因为，所以．所以，于是．所以．所以．[方法三]：几何法+三角形面积法

如图，联结交于点N．由[方法二]知．在矩形中，有，所以，即．令，因为M为的中点，则，，．由，得，解得，所以．（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面的法向量为，则，，由，取，可得，设平面的法向量为，，，由，取，可得，，所以，，因此，二面角的正弦值为.[方法二]：构造长方体法+等体积法

如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．联结，由三垂线定理可知，故为二面角的平面角．易证四边形是边长为的正方形，联结，．，由等积法解得．在中，，由勾股定理求得．所以，，即二面角的正弦值为．【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.18．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.【详解】（1）证明：在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面．（2）［方法一］【最优解】：通性通法因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：因为，设，设，则有，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.［方法二］：定义法如图2，因为平面，，所以平面．在平面中，设．在平面中，过P点作，交于F，连接．因为平面平面，所以．又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．设，在中，易求．由与相似，得，可得．所以，当且仅当时等号成立．［方法三］：等体积法如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求．设，在三棱锥中，．在三棱锥中，．由得，解得，当且仅当时等号成立．在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；方法三：巧妙利用，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出．19．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）要证明平面，只需证明，即可；（2）方法一：过O作∥BC交AB于点N，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面的一个法向量，平面的一个法向量为，利用公式计算即可得到答案.【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明由题设，知为等边三角形，设，则，，所以，又为等边三角形，则，所以，，则，所以，同理，又，所以平面；[方法二]：空间直角坐标系法不妨设，则，由圆锥性质知平面，所以，所以．因为O是的外心，因此．在底面过作的平行线与的交点为W，以O为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，．所以，，．故，．所以，．又，故平面．[方法三]：因为是底面圆O的内接正三角形，且为底面直径，所以．因为（即）垂直于底面，在底面内，所以．又因为平面，平面，，所以平面．又因为平面，所以．设，则F为的中点，连结．设，且，则，，．因此，从而．又因为，所以平面．[方法四]：空间基底向量法如图所示，圆锥底面圆O半径为R，连结，，易得，因为，所以．以为基底，平面，则，，且，所以．故．所以，即．同理．又，所以平面．（2）[方法一]：空间直角坐标系法过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，设平面的一个法向量为，由，得，令，得，所以，设平面的一个法向量为由，得，令，得，所以故，设二面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角，所以.[方法二]【最优解】：几何法设，易知F是的中点，过F作交于G，取的中点H，联结，则．由平面，得平面．由（1）可得，，得．所以，根据三垂线定理，得．所以是二面角的平面角．设圆O的半径为r，则，，，，所以，，．在中，，．所以二面角的余弦值为．[方法三]：射影面积法如图所示，在上取点H，使，设，连结．由（1）知，所以．故平面．所以，点H在面上的射影为N．故由射影面积法可知二面角的余弦值为．在中，令，则，易知．所以．又，故所以二面角的余弦值为．【整体点评】本题以圆锥为载体，隐含条件是圆锥的轴垂直于底面，（1）方法一：利用勾股数进行运算证明，是在给出数据去证明垂直时的常用方法；方法二：选择建系利用空间向量法，给空间立体感较弱的学生提供了可行的途径；方法三：利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四：利用空间基底解决问题，此解法在解答题中用的比较少；（2）方法一：建系利用空间向量法求解二面角，属于解答题中求角的常规方法；方法二：利用几何法，通过三垂线法作出二面角，求解三角形进行求解二面角，适合立体感强的学生；方法三：利用射影面积法求解二面角，提高解题速度.20．（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析.【分析】（1）取的中点H，连接PH，HC.，利用中位线定理证明四边形PHCN为平行四边形，从而得到，由线面平行的判定定理证明即可；（2）建立合适的空间直角坐标系，设，其中，，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式列出等式，求解即可得到答案．【详解】解析（1）证明：取的中点H，连接PH，HC.在堑堵中，四边形为平行四边形，所以且.在中，P，H分别为，的中点，所以且.因为N为BC的中点，所以，从而且，所以四边形PHCN为平行四边形，于是.因为平面，平面，所以平面.（2）以A为原点，AB，AC，所在直线分别为x轴､y轴､z轴，建立空间直角坐标系，则，，，.易知平面ABC的一个法向量为.假设满足条件的点P存在，令，则，.设平面PMN的一个法向量是，则即令，得，，所以.由题意得，解得，故点P不在线段上.【点睛】方法点睛：利用空间直角坐标系求二面角具体