高中数学选择性必修一 第01章 空间向量与立体几何（B卷提高卷）（含答案）

1、第一章 空间向量与立体几何（B卷提高卷）参考答案与试题解析一选择题（共8小题）1（2019秋小店区校级月考）设，为空间的三个不同向量，如果1230成立的等价条件为1230，则称，线性无关，否则称它们线性相关若（2，1，3），（1，0，2），（1，1，m）线性相关，则m（）A9B7C5D3【解答】解：依题意知，三个向量线性相关，则存在不全为0的实数x，y，z，使得xyz成立；即由得xz，y3z，代入3x+2y+mz0，得（m9）z0；由于x，y，z不全为0，所以z0，所以m9故选：A2（2019秋抚顺期末）如图，已知点P在正方体ABCDABCD的对角线BD上，PDC60设，则的值为（）ABCD【

2、解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCDABCD的棱长为1，点P在正方体ABCDABCD的对角线BD上，且PDA60，（01），则A（1，0，0），C（0，1，0），D（0，0，1），B（1，1，0），P（，1），（，1），（0，1，0），cos，|cos60，由01，解得故选：C3（2019秋东莞市期末）如图，已知三棱锥OABC，点M，N分别是OA，BC的中点，点G为线段MN上一点，且MG2GN，若记，则（）ABCD【解答】解：，（）（），可得：故选：C4（2020道里区校级二模）已知四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，BCBD，

3、AB与平面ACD所成角的正切值为，则点B到平面ACD的距离为（）ABCD【解答】解：取CD的中点E，连接AE，过B作BFAE交AE于F，BCBD，E是CD的中点，BECD，ABBC，ABBD，BCBD，ACAD，AECD，又AEBEE，CD平面ABE，又CD平面ACD，平面ABE平面ACD，又平面ABE平面ACDAE，BEAE，BE平面ACD，故BAF为AB与平面ACD所成的角，tanBAF，sinBAF，BCBD，CD2，故BE1，又tanBAF，AB2，BFABsinBAF故选：D5（2020三明模拟）在生活中，我们常看到各种各样的简易遮阳棚现有直径为2m的圆面，在圆周上选定一个点固定在水

4、平的地面上，然后将圆面撑起，使得圆面与南北方向的某一直线平行，做成简易遮阳棚设正东方向射出的太阳光线与地面成30角，若要使所遮阴影面的面积最大，那么圆面与阴影面所成角的大小为（）A30B45C60D75【解答】解：设ABC是简易遮阳棚，A、B是南北方向上两个定点，正东方向射出的太阳光线与地面成30角，为了使遮阴影面ABD面积最大，作CE平面ABD于E，则CDE是太阳光线与地面所成的角，即CDE30，延长DE交直线AB于F，连接CF，则CFD是遮阳棚与地面所成的角，设为要使SABD最大，只需DF最大在CFD中，DFCF为定值，当60时，DF最大故圆面与阴影面所成角的大小为60故选：C6（2020

5、春浙江期中）在矩形ABCD中，已知AB3，AD1，M为AB的三等分点（靠近A点），现将三角形ADM沿DM翻折，记二面角ADMC，ADCM和ACMD的平面角分别为，则当平面ABD平面BCDM时，（）ABCD【解答】解：由题意，在矩形ABCD中，已知AB3，AD1，M为AB的三等分点（靠近A点），可得AM1，设点A在底面ABCD的射影为O，由ADOOPH，可得，O为AP的四等分点分别过O作OEDM，OFCD，OGCM，根据三垂线定理可得，AEDM，AFCD，AGCM，AEO，AFO，AGO分别在直角三角形AEO，AFO，AGO中，可得tan，tan，tan在图（1）中，可得OFOEOG，tanta

6、ntan又，（0，），故选：B7（2020全国卷模拟）在如图3的正方体ABCDABCD中，AB3，点M是侧面BCCB内的动点，满足AMBD，设AM与平面BCCB所成角为，则tan的最大值为（）ABCD【解答】解：连接AB，BC，AC，由ABCDABCD为正方体，得DD平面ABCD，则DDAC，又ACBD，BDDDD，可得AC平面BDD，则BDAC，同理可证BDAB，又ACABA，得BD平面ABCAMBD，AM平面ABC，又M平面BCCB，M在BC上移动如图，AB平面BCCB，AMB，在RtAMB中，tan，当BM最小时，tan最大，即当BMBC时，BM最小，值为tan的最大值为故选：B8（20

7、20浙江模拟）如图，已知平面平面，A、B是平面与平面的交线上的两个定点，DA，CB，且DA，CB，AD4，BC8，AB6，在平面内有一个动点P，使得APDBPC，当平面PAD与平面PBC所成二面角的平面角为90时，则PAB的面积的是（）A12B16CD【解答】解：由题意，平面平面，A、B是平面与平面的交线上的两个定点，DA，CB，且DA，CB，PAD与PBC是直角三角形，又APDBPC，PADPBC，又AD4，BC8，PB2PA如图，由DA，CB，可得平面PAD，平面PBC，则APB为平面PAD与平面PBC所成二面角的平面角为90，AB6，设PAx，则PB2x，x2+4x236，得PAB的面积

8、的是S故选：C二多选题（共4小题）9（2019秋丹东期末）正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1AB，则（）AAC1与底面ABC的成角的正弦值为BAC1与底面ABC的成角的正弦值为CAC1与侧面AA1B1B的成角的正弦值为DAC1与侧面AA1B1B的成角的正弦值为【解答】解：如图，取A1C1中点E，AC中点F，并连接EF，则EB1，EC1，EF三条直线两两垂直，则分别以这三条直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系；设AB2；则AA12；A1（0，1，0），C1（0，1，0），A（0，1，2），C（0，1，2）；B1（，0，0），（0，2，2）底面ABC的其中一个法向量为：（0，0，2）

9、，AC1与底面ABC的成角的正弦值为|cos，|；A错B对A1B1的中点K的坐标为（，0）；侧面AA1B1B的其中一个法向量为：（，0）；AC1与侧面AA1B1B的成角的正弦值为：|cos，|；故C对D错；故选：BC10（2019秋日照期末）将正方形ABCD沿对角线BD对折，使得平面ABD平面BCD，则（）AACBDBADC为等边三角形CAB与CD所成角为60DAB与平面BCD所成角为60【解答】解：将正方形ABCD沿对角线BD对折，使得平面ABD平面BCD，构建棱长均为a的正四棱锥CABED，由正四棱锥的性质知：在A中，连结AE、BD，交于点O，连结CO，则AEBD，COBD，AEBDO，B

10、D平面AEC，AC平面ACE，ACBD，故A正确；在B中，ADC是等边三角形，故B正确；在C中，ABDE，DEC是等边三角形，AB与CD所成角为60，故C正确；在D中，AB与平面BCD所成角为ABO45，故D错误故选：ABC11（2020山东模拟）如图，正三棱柱ABCA1B1C1的侧面是边长为2的正方形D、E分别是BB1、AC的中点，则下列结论成立的是（）A直线A1D与直线BC是异面直线B直线BE与平面A1CD不平行C直线AC与直线A1D所成角的余弦值等于D直线CD与平面AA1C1C所成角的正弦值等于【解答】解：在A中，BC平面BCC1B1，A1D平面BCC1B1D，DBC，由异面直线判定定理

11、得直线A1D与直线BC是异面直线，故A正确；在B中，由题意知正三棱锥ABCA1B1C1的的所有棱长都为2，ABC是边长为2的正三角形，且AEEC，BEAC，且BEAC，平面ABC平面ACC1A1，平面ABC平面ACC1A1AC，BE平面ACC1A1，取A1C1中点F，连结EF，则在正方形ACC1A1中，EFAC，以F为坐标原点，直线EA、EF、EB分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，则E（0，0，0），B（0，0，），C（1，0，0），A（1，0，0），A1（1，2，0），C1（1，2，0），D（0，1，），则（0，0，），（2，2，0），（2，2，0），（1，1，），根据向量共

12、面定理，可知与、共面，C，EB平面A1CD，BE平面A1CD，故B错误；在C中，（2，0，0），（1，1，），直线AC与直线A1D所成角的余弦值为：|cos|，故C正确；在D中，（1，1，），平面AA1C1C的法向量（0，0，1），设直线CD与平面AA1C1C所成角为，则直线CD与平面AA1C1C所成角的正弦值为：sin，故D错误故选：AC12（2020威海一模）如图直角梯形ABCD，ABCD，ABBC，BCCDAB2，E为AB中点，以DE为折痕把ADE折起，使点A到达点P的位置，且PC2则（）A平面PED平面EBCDBPCEDC二面角PDCB的大小为DPC与平面PED所成角的正切值为【解答】

13、解：直角梯形ABCD，ABCD，ABBC，BCCDAB2，E为AB中点，以DE为折痕把ADE折起，使点A到达点P的位置，且PC2在A中，四边形EBCD是边长为2的正方形，PE2，PEDE，CE2，PE2+CE2PC2，PECE，DECEE，PE平面EBCD，PE平面PED，平面PED平面EBCD，故A正确；在B中，DEBC，BCPB，BC与PC不垂直，PC与ED不垂直，故B错误；在C中，BEPE，BEDE，PEDEE，BE平面PDE，BECD，CD平面PDE，PDE是二面角PDCB的平面角，PE平面BCD，PEDE，PDE，二面角PDCB的大小为，故C正确；在D中，CD平面PDE，CPD是PC

14、与平面PED所成角，PD2，PC与平面PED所成角的正切值为tanCPD，故D错误故选：AC三填空题（共4小题）13（2020柯城区校级一模）若四棱锥PABCD的侧面PAB内有一动点Q，已知Q到底面ABCD的距离与Q到点P的距离之比为正常数k，且动点Q的轨迹是抛物线，则当二面角PABC平面角的大小为30时，k的值为【解答】解：如图，设二面角PABC平面角为，点Q到底面ABCD的距离为|QH|，点Q到定直线AB得距离为d，则|QH|dsin，即d点Q到底面ABCD的距离与到点P的距离之比为正常数k，k，则|PQ|，动点Q的轨迹是抛物线，|PQ|d，即则sink二面角PABC的平面角的余弦值为co

15、scos30解得：k（k0）故答案为：14（2020鄂城区校级模拟）在边长为2的菱形ABCD中，A60，沿对角线BD折起，使二面角ABDC的大小为120，这时点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为28【解答】解：如图所示，AFC120，AFE60，AF3，AE，EF，设OOx，则OB2，OF1，由勾股定理可得R2x2+4（1）2+（x）2，R27，四面体的外接球的表面积为4R228，故答案为：2815（2020长春四模）已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点M，N分别是棱BC，CC1的中点，则二面角CAMN的余弦值为若动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动，且PA1平

16、面AMN，则线段PA1的长度范围是【解答】解：延长AM至Q，使得CQAQ，连接NQ，如图，由于ABCDA1B1C1D1为正方体，由三垂线定理易知NQC为二面角CAMN的平面角，而，故，；以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设P（m，2，n）（0m，n2），A（2，0，0），M（1，2，0），N（0，2，1），A1（2，0，2），则，设平面AMN的一个法向量为，则，故可取，又PA1平面AMN，点P的轨迹为经过BB1，B1C1中点的线段，根据对称性可知，当点P在两个中点时，当点P在两个中点的中点时，故选段PA1的长度范围是故答案为：，16（2020春湖北期中）如图，四边形ABCD中，A

17、BADCD1，BDCD将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD平面BCD，则在四面体ABCD中，下列说法正确的是（1）（4）（填写序号）（1）ACAB；（2）CA与平面ABD所成的角为30；（3）四面体ABCD的体积为；（4）二面角ACDB的平面角的大小为45【解答】解：对于（1），ABADCD1，BDCD，AB2+AD2BD2，ABAD，ABD是等腰Rt，将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD平面BCD，由题设知：BAD为等腰Rt，CD平面ABD，AB平面ACD，ACAB，故（1）正确；对于（2），由BDCD，平面ABD平面BCD，由题意得CD平面A

18、BD，CDAB，CDAD，ADCD，ACD为等腰直角三角形，ADC45，则CA与平面ABD所成的角为45，故（2）错误；对于 （3），四面体ABCD的体VABCDVCABD，故（3）不正确对于（4），由题设知：BAD为等腰Rt，CD平面ABD，得ADB45是二面角ACDB的平面角，二面角ACDB的平面角的大小为45故（4）正确故答案为：（1）（4）四解答题（共5小题）17（2020浦东新区三模）如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E为棱AA1的中点，AB1，AA12（1）求点B到平面B1C1E的距离；（2）求二面角B1EC1C的正弦值【解答】解：（1）如图，以A为原点

19、，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，则B（1，0，0），B1（1，0，2），C1（1，1，2），E（0，0，1），（0，1，0），（1，0，1），（0，0，2），设平面B1C1E的法向量（u，v，w），则，取u1，得（1，0，1），点B到平面B1C1E的距离为：d（2）C1（1，1，2），E（0，0，1），C（1，1，0），（0，0，2），（1，1，1），设平面CC1E的法向量（x，y，z），则，取x1，得（1，1，0），设二面角B1EC1C的平面角为，则cos，sin，二面角B1EC1C的正弦值为18（2020青岛模拟）试在PCBD，PCAB，PAPC三个条件中选两个

20、条件补充在下面的横线处，使得PO面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题：如图，在四棱锥PABCD中，ACBDO，底ABCD为菱形，若_，且ABC60，异面直线PB与CD所成的角为60，求二面角APBC的余弦值【解答】解：若选，由PO平面ABCD，知POAB，又PCAB，AB面PAC，ABAC，BAC90，BCBA，这与底面是菱形矛盾，必不选，故选下面证明：PO平面ABCD，四边形ABCD是菱形，ACBD，PCBD，PCACC，BD平面APC，PO平面APC，BDPO，PAPC，O为AC中点，POAC，又ACBDO，PO平面ABCD，PO平面ABCD，以O为原点，OB，OC，OP

21、的方向分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，ABCD，PBA为异面直线PB与CD所成角，PBA60，在菱形ABCD中，设AB2，ABC60，OA1，OB，设POa，则PA，PB，在PBA中，由余弦定理得：PA2BA2+BP22BABPcosPBA，解得a，A（0，1，0），B（，0，0），C（0，1，0），P（0，0，），设平面ABP的法向量（x，y，z），（，1，0），（0，1，），则，取z1，得（，1），设（a，b，c）是平面CBP的法向量，（，1，0），（0，1，），由，令c1，得（，1），设二面角APBC的平面角为，cos，二面角APBC的余弦值为19（2020山东）如图，四棱锥

22、PABCD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PDAD1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值【解答】解：（1）证明：过P在平面PAD内作直线lAD，由ADBC，可得lBC，即l为平面PAD和平面PBC的交线，PD平面ABCD，BC平面ABCD，PDBC，又BCCD，CDPDD，BC平面PCD，lBC，l平面PCD；（2）如图，以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，则D（0，0，0），C（1，0，0），A（0，1，0），P（0，0，1），设Q（0，m，1）（m

23、0），（0，m，1），（1，1，1），（1，0，0），设平面PCD的法向量为（a，b，c），则，取c1，可得（0，1），cos，PB与平面QCD所成角的正弦值为，当且仅当m1取等号，PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为20（2020镇江三模）如图，在四棱锥SABCD中，已知ABDC，ABAD，SAD是正三角形，且平面SAD平面ABCD，ADAB2DC2，F为SB的中点（ 1 ）求异面直线SA与FC所成角的大小；（2）在棱SB上是否存在点Q，使平面SAC与平面QAC所成的锐二面角为？若存在，求出的大小；若不存在，请说明理由【解答】解：（1）在四棱锥SABCD中，已知ABDC，ABAD，SAD是正三角形，平面SAD平面ABCD，ADAB2DC2，F为SB的中点，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，过A作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），S（0，1，），C（1，2，0），B（2，0，0），F（1，），（0，1，），（0，），设异面直线SA与FC所成角为（090），则cos0，90异面直线SA与FC所成角的大小为90；（2）假设在棱SB上存在点Q（a，b，c），（01），使平面SAC与平面QAC所成的锐二面角为，则，即（