高二数学下学期期末考试分类汇编空间向量与空间几何体新人教A版

欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！专题02空间向量与空间几何体类型一：异面直线夹角1．（2022·新疆·乌鲁木齐101中学高二期中（理））如图，在棱长为1的正方体中，下列结论不正确的是（

）A．异面直线与所成的角为B．二面角的正切值为C．直线与平面所成的角为D．四面体的外接球体积为【答案】C【解析】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，A选项，设异面直线与所成的角为，则，故异面直线与所成的角为，A正确；B选项，设平面的法向量为，则有，令得：，则，平面的法向量为，设二面角的大小为，显然为锐角，则，所以，，故二面角的正切值为，B正确；C选项，设平面的法向量为，则令，则，所以，设直线与平面所成的角为，则，则，C错误；D选项，四面体的外接球即为正方体的外接球，设外接球半径为R，则，则外接球体积为，D正确.故选：C2．（2022·福建宁德·高二期中）若异面直线，的方向向量分别是，，则异面直线与的夹角的余弦值等于（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题，，，则，故选：B3．（2022·江苏常州·高二期中）直三棱柱中，，则与所成的角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图所示，以为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，设，可得，，，.，故BM与AN所成角的余弦值为故选：A.4．（2022·全国·高二单元测试）在正方体中，若M是棱的中点，点O为底面ABCD的中心，P为棱上任意一点，则异面直线OP与AM所成角的大小为（

）A． B． C． D．与P点位置无关【答案】C【解析】如图，以为轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则，设，，∴，∴，即．∴直线与直线所成的角为．故选：C.类型二：线面角5．（2022·福建龙岩·高二期中）如图，正三棱柱的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，，的中点，则EF与平面所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】设正三棱柱的棱长为2，取的中点，连接，，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，，设平面的法向量为，则，取，则，，故为平面的一个法向量，EF与平面所成角为，则EF与平面所成角的正弦值为，故选：A．6．（2022·广东深圳·高二期末）已知在空间直角坐标系（O为坐标原点）中，点关于x轴的对称点为点B，则z轴与平面OAB所成的线面角为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为点关于x轴的对称点为，所以，．设平面OAB的一个法向量为，则得所以，令，得，所以．又z轴的一个方向向量为，设z轴与平面OAB所成的线面角为，则，所以所求的线面角为，故选：B．7．（2022·天津天津·高二期末）已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，侧棱与底面垂直，若点C到平面AB1D1的距离为，则直线与平面所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】如图，连接交于点，过点作于，则平面，则，设，则，则根据三角形面积得，代入解得．以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则，，设平面的法向量为，，，则，即，令，得．，所以直线与平面所成的角的余弦值为，故选：．8．（2022·江苏·扬州中学高二期中）如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，则直线与平面BDE所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】以点D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示：则，，，，，所以，，，设平面BDE的一个法向量，则，即，令，则，，所以平面BDE的一个法向量，设直线与平面BDE所成角为，所以．故选：D.9．（2022·河南·鄢陵一中高二期中（理））如图，在四棱锥中，平面，，，，已知是边的中点，则与平面所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．2【答案】A【解析】以为坐标原点，以，，的方向分别为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，所以.取平面的一个法向量为，则，即与平面所成角的正弦值为.故选：A.类型三：空间距离问题10．（2022·江苏常州·高二期中）已知正方体的棱长为2，，分别为上底面和侧面的中心，则点到平面的距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，易知，设平面的法向量，则，令，解得，故点到平面的距离为.故选：A.11．（2022·江苏扬州·高二期中）给出以下命题，其中正确的是（

）A．直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与平行B．直线的方向向量为，平面的法向量为，则C．平面､的法向量分别为，，则D．已知直线过点，且方向向量为，则点到的距离为【答案】D【解析】对于A，，与不平行.对于B，，与不平行；对于C，，与不垂直；对于D，直线过点，且方向向量为直线的标准方程为过点作与已知直线垂直相交的平面，且设直线与平面的交点为，则到直线的距离可转化为到的距离；方向向量为平面的方程为：即：设垂足，点在平面上，则解得：故选：D.12．（2022·河南洛阳·高二期末（理））120°的二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知，，，则CD的长为(

)A． B． C． D．【答案】B【解析】由已知可得：，，，，＝41，∴.故选：B．13．（2022·河北沧州·高二期末）在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点为点，则点到直线的距离为（

）A． B． C． D．6【答案】C【解析】由题意，，，的方向向量，，则点到直线的距离为.故选：C.类型四：二面角14．（2022·全国·高二课时练习）如图一副直角三角板，现将两三角板拼成直二面角，得到四面体，则下列叙述正确的是（

）①平面的法向量与平面的法向量垂直；②异面直线与所成的角为；③四面体有外接球；④直线与平面所成的角为.A．②④ B．③ C．③④ D．①②③④【答案】C【解析】①平面的法向量与平面的法向量垂直，而与平面的法向量不垂直，故错误；②过作的平行线，过作的平行线，两平行线交于点，联结，则就是异面直线与的夹角，过作，联结、，若，则，由，面面，面面，面，∴面，面，则，同理可证，∴，，易得，故错误；③由于所有的四面体都有外接球，故正确；④因为平面，所以与平面所成的角是，正确.故选：C15．（2022·河南·华中师范大学附属息县高级中学高二阶段练习（理））已知矩形ABCD，，，将沿AC折起到的位置若，则二面角平面角的余弦值的大小为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】解：作，垂足分别为，过点作交于点，则，所以即为二面角的平面角，由矩形ABCD，可得，则，所以，因为，所以，即，所以，因为，所以.所以二面角平面角的余弦值的大小为.故选：C.16．（2022·北京八中高二期末）已知长方体中，，，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】建立如图所示空间直角坐标系：则，所以，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，易知平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，故选：A二、解答题1．（2022·安徽·高二阶段练习）如图1，已知矩形ABCD，其中，，线段AD，BC的中点分别为点E，F，现将沿着BE折叠，使点A到达点P，得到四棱锥，如图2.(1)求证：；(2)当四棱锥体积最大时，求二面角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】(1)取BE的中点O，连接PO，OF，因为，，线段AD，BC的中点分别为点E，F，所以，，又因为，所以，在等腰直角中，，，所以平面PFO，因为平面PFO，所以.(2)当四棱锥体积最大时，点P在平面BCDE的射影即为点O，即平面BCDE.法一：以OB，OF，OP方向为x轴，y轴和z轴分别建立空间直角坐标系.如图3.则，，，，设平面PEC的法向量为，则取，可得易得平面ECB的一个法向量所以因为二面角是锐角，所以二面角的大小为.法二：在中，因为，，，所以.在中，，，，所以.由二面角的定义可知，二面角的平面角就是.所以二面角的大小为.2．（2022·黑龙江·高二期中）在边长为2的菱形中，，点是边的中点（如图1），将沿折起到的位置，连接，，得到四棱锥（如图2）．(1)证明：平面；(2)若，连接，求直线与平面所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】(1)证明：由题设，为菱形，且，故为正三角形.又是的中点，∴，即，

又，且平面，∴面．(2)由，结合（1）可构建以为原点，，，为、、轴正方向的空间直角坐标系，则，，，，∴，，，设是面的一个法向量，则，令，则，设直线与平面所成角为，则∴，故故直线与平面所成角的余弦值为．3．（2022·北京市第十二中学高二期中）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，E是棱的中点．(1)证明：平面；(2)若，F为棱上一点，与平面所成角的大小为，求的值．【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】(1)如图，连接交于点，连接，因为是的中点，是的中点，所以又平面，平面，所以平面(2)因为，所以，故以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，则，即，故取，设，则因为直线与平面所成角的大小为，所以，即解得，故此时.4．（2022·河南·高二阶段练习（理））如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，点Q为线段PC的中点.(1)求证：平面BDQ⊥平面PAC；(2)若PA＝AC＝4，AB＝2，求二面角A﹣BQ﹣D的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥PA，又因为PA∩AC＝A，平面PAC,所以BD⊥平面PAC，因为BD⊂平面BDQ，所以平面BDQ⊥平面PAC.(2)解：设BD∩AC＝O，因为PA⊥平面ABCD，Q为PC的中点，O为AC的中点，OQ∥PA，所以OQ⊥平面ABCD.由综上所述知，OB，OC，OQ两两互相垂直，所以可建立空间直角坐标系如图所示；根据已知条件可求各点坐标如下：O（0，0，0）、A（0，﹣2，0）、B（2，0，0）、C（0，2，0）、Q（0，0，2）、P（0，﹣2，4）；所以，设平面ABQ的法向量为，则，即，令y＝﹣1，，平面BDQ的一个法向量为，设二面角A﹣BQ﹣D为θ，由已知可得，.所以二面角A﹣BQ﹣D的余弦值为.一、单选题1．（2022·甘肃·永昌县第一高级中学高二期中（理））已知动点P在正方体的对角线(不含端点)上.设，若为钝角，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题设，建立如图所示的空间直角坐标系，用坐标法计算，利用不是平角，可得为钝角等价于，即，即可求出实数的取值范围.设正方体的棱长为1，则有∴，∴设，∴，，由图知不是平角，∴为钝角等价于，∴，∴，解得∴的取值范围是故选：C.2．（2022·广东·高二阶段练习）如图所示，已知等腰直角三角形ADE与正方形ABCD所在的平面互相垂直，且，F是线段CD的中点，则BD与EF所成的角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为平面ADE⊥平面ABCD，平面平面ABCD=AD，AE⊥AD，平面ADE，所以AE⊥平面ABCD，又平面ABCD，所以AE⊥AB，又AB⊥AD，所以AB，AD，AE两两垂直，分别以AB、AD、AE所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：可得B（2，0，0），D（0，2，0），E（0，0，2），F（1，2，0），∴，，设BD与EF所成的角大小为α，则，即BD与EF所成的角的余弦值为，故选：D.3．（2022·安徽·高二开学考试）已知正方体的棱长为3，点E在上底面内(不包含边界)，若，则AE与平面所成角的正弦值的最大值为(

)A． B．C． D．【答案】C【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.，即，∴，∴点E为在四边形内，以为圆心，1为半径的四分之一圆上，设，且，∴，，.设平面的法向量，则，令，则.设AE与平面所成角为，则，当且仅当时，有最大值.故选：C.4．（2022·河南·焦作市第一中学高二期中（理））已知四棱锥的底面是边长为1的正方形，平面，线段的中点分别为，，若异面直线与所成角的余弦值为，则（

）A．1 B． C．2 D．3【答案】C【解析】如图示，以D为原点，分别为x、y、z轴正方向联立空间直角坐标系.不妨设.则，，，，，，.所以，.因为异面直线与所成角的余弦值为，所以，解得：t=2.即2.故选：C5．（2022·全国·高二课时练习）设空间直角坐标系中有、、、四个点，其坐标分别为、、、，下列说法正确的是（

）A．存在唯一的一个不过点、的平面，使得点和点到平面的距离相等B．存在唯一的一个过点的平面，使得，C．存在唯一的一个不过、、、的平面，使得，D．存在唯一的一个过、点的平面使得直线与的夹角正弦值为【答案】B【解析】对于A选项，当平面或平面过线段的中点时，点和点到平面的距离相等，A选项错误；对于B选项，，，，，，，设，则，该方程组无解，所以，、、、四点不共面，则与异面，而过点且与垂直的平面有且只有一个，若，由于，则与共面，矛盾，所以，，B选项正确；对于C选项，由于、异面，设为、的公垂线段，且，，在直线（异于、）的任意一点作平面，使得，则，，这样的平面有无数个，C选项错误；对于D选项，设平面的一个法向量为，，，由题意可得，，所以，，整理得，，即方程有两个不等的实数解，所以，存在两个过、点的平面使得直线与的夹角正弦值为，D选项错误.故选：B.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.二、多选题6．（2022·湖北恩施·高二期中）如图，在棱长为1的正方体中，M为BC的中点，则下列结论正确的有（

）A．AM与所成角的余弦值为B．C到平面的距离为C．过点A，M，的平面截正方体所得截面的面积为D．四面体内切球的表面积为【答案】ABD【解析】对于A，构建如图①所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，故A正确；对于B，方法1：如图②，连接AC，由正方体几何特征得：，又面，面，面，设C到平面的距离为d，即点A到平面的距离，，即，求得.方法2：根据图①，,，，，设平面的法向量，则，即，令得：，平面的一个法向量为，，设C到平面的距离为d，则，故B正确；对于C，取的中点N，连接，，，则，如图②所示，则梯形为过点A，M，的平面截正方体所得的截面，易知，，，可得梯形的高为，则梯形的面积，故C错误；对于D，易知四面体的体积，因为四面体的棱长都为，所以其表面积.设四面体内切球的半径为r，则，解得，所以四面体内切球的表面积为，故D正确.故选：ABD.7．（2022·江苏省滨海中学高二期中）已知四棱锥的底面为直角梯形，,底面，且,是的中点，则下列正确的有（

）A．平面平面B．与平面所成的角的余弦值为C．点到平面的距离为D．平面与平面所成二面角的余弦值为【答案】AC【解析】对于A，由题意,底面,可得,又四棱锥的底面为直角梯形,且，则,又平面，平面所以平面,又平面，所以平面平面,故A正确建立如图所示的坐标系,可得,,可得，，设平面的法向量，则即令，则，所以又，设与平面所成的角大小为则，所以，故B错误点到平面的距离，故C正确设平面AMC的法向量,平面BMC的法向量,由得令,得,所以,同理可求,设平面AMC与平面BMC所成二面角的大小为，为钝角所以所以平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值为.故D错误故选：AC三、解答题8．（2022·江苏南通·高二期中）如图，四棱锥中，平面，，，点在棱上，，，，.(1)求证：平面；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)证明：因为，，，所以，，又因为，即，所以，四边形为平行四边形，则，因为，则，因为平面，平面，则，，平面.(2)：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，则、、、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，设平面的法向量为，，，则，取，可得，，所以，，因此，二面角的正弦值为.9．（2022·河南·濮阳一高高二期中（理））在三棱柱中，AB⊥BC，．(1)求证：平面平面ABC；(2)若，求锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】(1)证明：取AC中点为O，连接，BO．由已知条件知，，∴，，．又，∴．又，AC，平面ABC，∴平面ABC．又平面，∴平面平面ABC．(2)由（1）知OB，OC，两两垂直，故以O为坐标原点，OB，OC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，．，∴，∴