浙江专用2022-2023学年高二数学上学期期中挑战满分冲刺卷专题02空间向量与立体几何难点新人教A版选择性必修第一册

PAGE1专题02空间向量与立体几何（难点）一、单选题1．正四面体的棱长为4，空间中的动点P满足，则的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】分别取BC，AD的中点E，F，由题意可得点的轨迹是以为球心，以为半径的球面，又，再求出的最值即可求解【解析】分别取BC，AD的中点E，F，则，所以，故点的轨迹是以为球心，以为半径的球面，，又，所以，，所以的取值范围为．故选：D．2．已知，为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在的直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论：（1）直线与所成的角不可能为；（2）直线与所成角的最大值为；（3）直线与所成的角为时，与所成的角为.其中正确的是（

）A．（1）（2） B．（2）（3） C．（1）（3） D．（1）（2）（3）【答案】A【解析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1的正方体，，，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能可求出结果【解析】由题意知，m、n、AC三条直线两两相互垂直，不妨平移到同一个交点C，放到一个正方形中，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|=1，，斜边AB以直线AC为旋转轴则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，设n所在的直线为CD，m所在的直线为CB，所以，以C为坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则D(1,0,0)，A(0,0,1)，直线n的方向单位向量，，直线m的方向单位向量，，设点在运动过程中的坐标为，其中为与的夹角，，且，所以在运动过程中的向量，设直线与所成角为，设直线与所成角为，因为线线角的范围为，所以，，令，所以不成立，①正确；由，当时，，，所以②正确；直线与所成的角为时，，，由，得，，，，所以直线与所成的角为时，与所成的角不是，③错误故选：A.【点睛】本题考查异面直线所成的角，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题.3．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，已知Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，则面积的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，利用向量求得Q运动轨迹，进而求得面积的取值范围【解析】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，由二面角的平面角大小为，可知Q的轨迹是过点D的一条直线，又Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），则Q的轨迹是过点D的一条线段.设Q的轨迹与y轴的交点坐标为，由题意可知，，，所以，，．易知平面APD的一个法向量为，设平面PDG的法向量为，则，即，令，得，，所以是平面PDG的一个法向量，则二面角的平面角的余弦值为，解得或（舍去），所以Q在DG上运动，所以面积的取值范围为．故选：B．4．在长方体中，，，O是AC的中点，点P在线段上，若直线OP与平面所成的角为，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得的取值范围，由此求得，即可得解.【解析】以D为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示则，，，，，设，则，设平面的法向量为则，令，得所以，由于，，，，，，由于，所以故选：D5．向量的运算包含点乘和叉乘，其中点乘就是大家熟悉的向量的数量积．现定义向量的叉乘：给定两个不共线的空间向量与，规定：①为同时与，垂直的向量；②，，三个向量构成右手系（如图1）；③；④若，，则，其中．如图2，在长方体中，，，则下列结论正确的是（

）A．B．C．D．长方体的体积【答案】C【分析】利用向量的叉乘的定义逐项分析即得.【解析】解法一：同时与，垂直；，，三个向量构成右手系，且，所以选项A错误；根据右手系知：与反向，所以，故选项B错误；因为，且与同向共线；又因为，且与同向共线，，与同向共线，所以，且与同向共线，，故选项C正确；因为长方体的体积为．又因为由右手系知向量方向垂直底面向上，与反向，所以，故选项D错误；故选：C．解法二：如图建立空间直角坐标系：，，，则，所以选项A错误；，则，故选项D错误；，故选项B错误；，则，，，则．所以，故选项C正确；故选：C．6．如图，在圆锥中，，是上的动点，是的直径，，是的两个三等分点，，记二面角，的平面角分别为，，若，则的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】设底面圆的半径为,,以所在直线为轴,以垂直于所在直线为轴,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,写出各个点的坐标.利用法向量求得二面角与夹角的余弦值.结合即可求得的取值范围,即可得的最大值.【解析】设底面圆的半径为,,以所在直线为轴,以垂直于所在直线为轴,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,如下图所示:则由可得,,是的两个三等分点则所以设平面的法向量为则,代入可得化简可得令,解得所以平面的法向量为由图可知,二面角的平面角为锐二面角,所以二面角的平面角满足设二面角的法向量为则代入可得化简可得令,解得所以平面的法向量为由图可知,二面角的平面角为锐二面角,所以二面角的平面角满足由二面角的范围可知结合余弦函数的图像与性质可知即化简可得,且所以所以的最大值是故选:B【点睛】本题考查了空间直角坐标系在求二面角中的综合应用,根据题意建立合适的空间直角坐标系,求得平面的法向量,即可求解.本题含参数较多,化简较为复杂,属于难题.7．在正四面体（所有棱长均相等的三棱锥）中，点在棱上，满足，点为线段上的动点.设直线与平面所成的角为，则（

）A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得C．存在某个位置，使得平面平面 D．存在某个位置，使得【答案】C【分析】设正四面体的底面中心为点，连接，则平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设正四面体的棱长为，然后利用空间向量法逐一分析求解可得结果.【解析】如下图所示，设正四面体的底面中心为点，连接，则平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设正四面体的棱长为，则、、、、，设，其中，对于A选项，若存在某个位置使得，，，，解得，不合乎题意，A选项错误；对于B选项，若存在某个位置使得，，，，该方程无解，B选项错误；对于C选项，设平面的一个法向量为，，，由，取，得，设平面的一个法向量为，，，由，取，则，若存在某个位置，使得平面平面，则，解得，合乎题意，C选项正确；对于D选项，设平面的一个法向量为，，，由，令，则，若存在某个位置，使得，即，整理得，，该方程无解，D选项错误.故选：C.【点评】本题考查利用空间向量法求解空间角以及利用空间向量法处理动点问题，计算量大，属于难题.8．如图，在菱形中，，，沿对角线将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为线段，上的动点，则下列说法错误的是（

）A．平面平面B．线段的最小值为C．当，时，点D到直线的距离为D．当P，Q分别为线段，的中点时，与所成角的余弦值为【答案】C【分析】取的中点，易知，结合条件及线面垂直的判定定理可得平面，进而有平面平面，即可判断A；建立坐标系，利用向量法可判断BCD.【解析】取的中点，连接，∵在菱形中，，，∴，又，∴，所以，又易知，因为，，，所以平面，因为平面，所以平面平面，故A正确；以为原点，分别为轴建立坐标系，则，当，时，，，，，所以点D到直线PQ的距离为，故C错误；设，设，可得，，当时，，故B正确；当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，，，，，设PQ与AD所成的角为，则，所以PQ与AD所成角的余弦值为，故D正确；故选：C.二、多选题9．在长方体中，，则下列命题为真命题的是（

）A．若直线与直线所成的角为，则B．若经过点的直线与长方体所有棱所成的角相等，且与面交于点，则C．若经过点的直线与长方体所有面所成的角都为，则D．若经过点的平面与长方体所有面所成的二面角都为，则【答案】ABC【分析】A根据长方体的性质找到直线与直线CD所成角的平面角即可；B构建空间直角坐标系，根据线线角相等，结合空间向量夹角的坐标表示求，即可求M坐标，进而确定线段长；C、D将长方体补为以为棱长的正方体，根据描述找到对应的直线m、平面β，结合正方体性质求线面角、面面角的正弦值.【解析】解：对于A：如下图，直线与直线所成角，即为直线与直线所成角，则，故A正确；对于B：构建如下图示的坐标系，过的直线与长方体所有棱所成的角相等，与面交于且，又，则，故，则，故B正确；对于C：如下图，过A的直线m与长方体所有面所成的角都为θ，则直线m为以为棱长的正方体的体对角线，故，故C正确；对于D：如下图，过A的平面β与长方体所有面所成的二面角都为，只需面β与以为棱长的正方体中相邻的三条棱顶点所在平面平行，如面，故，则，故D错误.故选：ABC10．如图，底面为边长是的正方形，半圆面底面．点为半圆弧上（不含，点）的一动点．下列说法正确的是（

）A．的数量积不恒为B．三棱锥体积的最大值为C．不存在点，使得D．点到平面的距离取值范围为【答案】BCD【分析】由面面垂直的性质结合平面向量的运算判断A，由棱锥的体积公式结合的范围判断B，由数量积公式计算和判断C，由等体积法得出点到平面的距离取值范围.【解析】因为半圆面底面，，由面面垂直的性质可知，平面，.对于A，，故A错误；对于B，设点到平面的距离为，则，当点为中点时，取等号，故B正确；对于C，，即不存在点，使得，故C正确；对于D，因为，所以，所以因为，所以，设点到平面的距离为，点到平面的距离为，则，因为，所以，设，则，因为，所以，故D正确；故选：BCD【点睛】关键点睛：在处理D选项时，关键是利用等体积法得出，再结合的范围得出点到平面的距离的范围.11．直三棱柱中，分别为，的中点，点是棱上一动点，则（

）A．对于棱上任意点，有B．棱上存在点，使得面C．对于棱上任意点，有面D．棱上存在点，使得【答案】AD【分析】对于A，连接，证明平面即可；对于B，建立空间直角坐标系，判断MN与BN是否可能垂直即可；对于C、D，当N是AC中点时，MN∥DE，即可判断.【解析】A选项：连接，由题可知四边形是正方形，则，由题知平面平面，平面平面，，平面ABC，∴平面，又，∴，又，平面，∴平面，∵平面，∴.故A正确；B选项：如图建立空间直角坐标系，设AC＝BC＝＝2，则，，，，，设，，则，，若BN⊥MN，则，即，方程无实数根，即BN与MN不垂直，则不存在点N，使得平面，B错误；C选项：当N是AC中点时，MN∥，∥DE，∴MN∥平面；当N不是AC中点时，MN和B1C相交，若∥平面，结合∥平面可知平面∥平面，这显然与图形不符(与AC相交)，故此时与平面不平行；故C错误；D选项：由C项可知，N为AC中点满足题意，故D正确.故选：AD.12．如图，在棱长为2的正方体中，点在线段上运动，则下列说法正确的是（

）A．平面B．几何体的外接球半径C．异面直线与所成角的正弦值的取值范围为D．面与底面所成角正弦值的取值范围为【答案】ACD【分析】对于A，利用面面平行的性质定理可判断；对于B，几何体的外接球与正方体的外接球相同，可求得其半径；对于C，找到异面直线与所成角的正弦值取到最大以及最小值的位置，即可求解；对于D，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式，结合三角函数的知识可进行求解.【解析】在正方体中，,故为平行四边形，所以,而平面平面，平面，故平面，同理可证平面,而平面,所以平面平面平面，则平面，A正确.几何体关于正方体的中心对称，其外接球与正方体的外接球相同，半径为，故B错误.由于，则直线与所成最大角为（或），其正弦值为.直线与所成最小角为与平面所成角，当为中点时，所成角即为，而平面平面,故,，故，故C正确.以D为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，则,则,设,则,设平面的法向量为，则，令，则，故，由题意知平面ABCD的法向量可取为，则，则面与底面所成角正弦值为，由于，故当时，取到最小值8，则取到最小值为，当或时，取最大值12，取最大值为，所以面与底面所成角正弦值的取值范围为，D正确，故选：ACD.【点睛】本题考查了几何体中线面平行的判断，以及外接球的半径的求解和空间相关角的求解，涉及知识点多，综合性强，计算量大，解答时要充分发挥空间想象，明确空间的点线面的位置关系，解答的关键是能掌握并熟练应用空间线线角以及面面角的定义，并能应用空间向量的方法求解.三、填空题13．在空间直角坐标系O-xyz上，有一个等边三角形ABC，其中点A在z轴上.已知该等边三角形的边长为2，重心为G，点B，C在平面xOy上，若在z轴上的投影是z，则___________（用字母z表示）.【答案】##【分析】画出图形，结合重心的性质，向量的数量积，模的算法和余弦定理，即可算出答案.【解析】如图，设的中点为，连接，因为等边三角形ABC的重心为G，所以，设在z轴上的投影是，则又在z轴上的投影是z，所以，该等边三角形的边长为2，在中，，同理可得，因为，所以=

=

=故答案为：14．在空间直角坐标系中，点满足：，平面过点，且平面的一个法向量，则点P在平面上所围成的封闭图形的面积等于__________.【答案】【分析】由题意，点在球面上，所以点P在平面上所围成的封闭图形即为平面截球面所得的截面圆，根据球的截面性质求出截面圆的半径即可求解.【解析】解：由题意，点在以为球心，半径为4的球面上，所以点P在平面上所围成的封闭图形即为平面截球面所得的截面圆，因为平面的方程为，即，所以球心到平面的距离为，所以截面圆的半径，截面圆的面积为，所以点P在平面上所围成的封闭图形的面积等于.故答案为：.15．已知，，是空间两两垂直的单位向量，，且，则的最小值为________．【答案】【分析】设，，,利用向量的坐标运算求出，进而求出，借助向量模的运算及，整理可得，进而得解.【解析】由题意可设，，,由，得，，，所以（当且仅当，时等号成立），所以的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查的是空间向量的坐标运算和空间向量模长的坐标表示，意在考查学生的计算能力，属于中档题.求向量的模的方法：（1）利用坐标进行求解，，则；（2）利用性质进行求解，，结合向量数量积进行求解.16．如图，在棱长为1的正方体中，点M为线段上的动点，下列四个结论：①存在点M，使得直线AM与直线夹角为30°；②存在点M，使得与平面夹角的正弦值为；③存在点M，使得三棱锥的体积为；④存在点M，使得，其中为二面角的大小，为直线与直线AB所成的角．则上述结论正确的有______．（填上正确结论的序号）【答案】②③【分析】对①：由连接，，由平面，即可判断；对③：设到平面的距离为，则，所以即可判断；对④：以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用向量法求出与，比较大小即可判断；对②：设与平面夹角为，利用向量法求出，即可求解判断.【解析】解：对①：连接，，在正方体中，由平面，可得，又，，所以平面，所以，故①错误；对③：设到平面的距离为，则，所以，故③正确；对④：以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，0，，，0，，，，，，，，所以，，，，，，设平面的法向量为，，，则，即，取，，，又，1，是平面的一个法向量，又二面角为锐二面角或直角，所以，，，又，，，故④错误．对②：由④的解析知，，，，设平面的法向量为，则，即，取，则，设与平面夹角为，令，即，又，解得或，故②正确.故答案为：②③.四、解答题17．如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．(1)若为棱的中点，求证：平面；(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.【分析】（1）取中点，连接，得到，然后利用线面平行的判定定理得到平面；（2）假设在棱上存在点满足题意，建立空间直角坐标系，设，根据平面与平面的夹角的余弦值为，则两平面法向量所成角的余弦值的绝对值等于，求出，即可得出结论.（1）取中点，连接，分别为的中点，，底面四边形是矩形，为棱的中点，，．，，故四边形是平行四边形，．又平面，平面，平面．（2）假设在棱上存在点满足题意，在等边中，为的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，平面，则是四棱锥的高．设，则，，，所以.以点为原点，，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，，，，故，，．设，．设平面PMB的一个法向量为，则取．易知平面的一个法向量为，，，故存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.18．假设在一个以米为单位的空间直角坐标系中，平面内有一跟踪和控制飞行机器人的控制台，的位置为.上午10时07分测得飞行机器人在处，并对飞行机器人发出指令：以速度米/秒沿单位向量作匀速直线飞行(飞行中无障碍物)，10秒后到达点，再发出指令让机器人在点原地盘旋秒，在原地盘旋过程中逐步减速并降速到米/秒，然后保持米/秒，再沿单位向量作匀速直线飞行(飞行中无障碍物)，当飞行机器人最终落在平面内发出指令让它停止运动.机器人近似看成一个点.（1）求从点开始出发20秒后飞行机器人的位置；（2）求在整个飞行过程中飞行机器人与控制台的最近距离(精确到米).【答案】（1）；（2）米.【分析】(1)已知利用向量的坐标运算性质即可求解；(2)当Q点与4点处于同一垂直线上时，与控制台4的距离最近,然后求出两点间的距离即可求解.【解析】（1）设飞行时间为秒，的位置当时，，当时，所以得当时当时，，所以秒后飞行机器人的位置（2）当时在内单调递减∴，当时当时∴，答：在整个行驶过程中飞行机器人与控制台的最近距离米.19．已知四棱锥的底面ABCD是平行四边形，侧棱平面ABCD，点M在棱DP上，且，点N是在棱PC上的动点（不为端点）.(1)若N是棱PC中点，完成：（i）画出的重心G（在图中作出虚线），并指出点G与线段AN的关系：（ii）求证：平面AMN；(2)若四边形ABCD是正方形，且，当点N在何处时，直线PA与平面AMN所成角的正弦值取最大值.【答案】(1)答案见解析.(2)当点N在线段PC靠点P的三等分点处时，直线PA与平面AMN所成角的正弦值最大.【分析】（1）（i）连接PO后确定点G，再通过在中的重心来确定PO线上的比例关系，进而得出的重心.（ii）利用（i）中得出的比例关系与原题中相同的比例关系构建相似三角形即可证明.（2）先设出N的位置，即PN与PC的关系，建立空间直角坐标系求出直线PA与平面AMN所成角带参数的正弦值，通过线面角正弦值的范围与分式、根式的最值即可求出答案.（1）（i）设AC与BD的交点为O，连接PO与AN交于点G，点O为AC中点，点N为PC中点，PO与AN的交点G为的重心，，又PO为在BD边上的中线，点G也为的重心，即重心点G在线段AN上.（ii）证明：连接DG并延长交PB于点H，连接，点G为的重心，，又，即，又MG在平面AMN内，BP不在平面AMN内，所以PB∥平面AMN.（2）四边形ABCD是正方形，且平面ABCD，AB、AD、AP两两垂直，以A为坐标原点，方向为x轴正方形建立空间直角坐标系，如图所示，则点，，，，则，，，设则，，设平面AMN的法向量为，则有，化简得：，取则，，设直线PA与平面AMN所成角为，则，当时的值最大，即当点N在线段PC靠点P的三等分点处时，直线PA与平面AMN所成角的正弦值最大，最大值为.20．如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB=60°，点，别是边BC，CD的中点，，．沿MN将翻折到的位置，连接PA、PB、PD，得到如图2所示的五棱锥P—ABMND．(1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；(2)当四棱锥P—MNDB体积最大时，在线段PA上是否存在一点Q，使得平面QMN与平面PMN夹角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．【答案】(1)在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG，证明见解析(2)符合题意的点存在且为线段的中点．【分析】（1）证明出平面，进而证明面面垂直；（2）易得当平面时，四棱锥体积最大，再建立空间直角坐标系，设（），利用空间向量和二面角的大小，列出方程，确定点的位置（1）在翻折过程中总有平面平面，证明如下：∵点，分别是边，的中点，又，∴，且是等边三角形，∵是的中点，∴，∵菱形的对角线互相垂直，∴，∴，∵，平面，平面，∴平面，∴平面，∵平面，∴平面平面．（2）由题意知，四边形为等腰梯形，且，，，所以等腰梯形的面积，要使得四棱锥体积最大，只要点到平面的距离最大即可，∴当平面时，点到平面的距离的最大值为.假设符合题意的点存在．以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，又，又，且，平面，平面，平面，故平面的一个法向量为，设（），∵，，故，∴，，平面的一个法向量为，则，，即令，所以，则平面的一个法向量，设二面角的平面角为，则，即，解得：，故符合题意的点存在且为线段的中点．21．如图所示，圆柱内有一个三棱柱，三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形，且AB是圆O的直径，，点C为底面圆周O上的动点．记三棱锥的体积为V．(1)证明：平面平面；(2)求V的最大值；(3)当V取最大值时，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).【分析】（1）利用圆的性质得，再由圆柱的结构特征、线面垂直、面面垂直的判断推理作答.（2）利用三棱锥的体积公式推理、计算作答.（3）由（2）的结论，可得C为弧AB的中点，再建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.(1)依题意，三棱柱内接于圆柱，是圆O的直径，点C是底面圆周上异于点A，B的点，则，而，，平面，则平面，又平面，所以平面平面．(2)三棱锥底面为△ABC，高，三棱锥体积V最大，当且仅当底面面积最大，即边上的高最大，点C到直线AB距离最大，此时OC⊥AB，，所以体积V的最大值为.(3)由（2）知，C为弧AB的中点，射线两两垂直，以O为原点，分别以，，为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，则，，，设平面的法向量为，则，令，得，设与平面所成角为，，所以直线与平面所成角的正弦值为．【点睛】关键点睛：用向量法求直线与平面所成的角，求出平面的法向量是关键，并注意公式求出的是线面角的正弦．22．2021年6月17日，神舟十二号载人飞船顺利升空并于6.5小时后与天和核心舱成功对接，这是中国航天史上的