第一章空间向量与立体几何（B卷·能力提升练）（解析版）

班级姓名学号分数第一章空间向量与立体几何（B卷·能力提升练）（时间：120分钟，满分：150分）一、选择题：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．（2022·上海市控江中学高二期中）下列条件中，一定使空间四点P､A､B､C共面的是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】对于A选项，，，所以点与、、三点不共面；对于B选项，，，所以点与、、三点不共面；对于C选项，，，所以点与、、三点不共面；对于D选项，，，所以点与、、三点共面．故选：D．2．（2022·重庆南开中学高一期末）如图，在斜三棱柱中，M为BC的中点，N为靠近的三等分点，设，，，则用，，表示为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】故选：A3．（2022·河南许昌·高二期末（文））如图，在长方体中，M，N分别为棱，的中点，下列判断中正确的个数为（

）①直线；②平面；③平面ADM．A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【解析】设长方体棱长为，以D为坐标原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则故，，故直线不成立，①不正确；在长方体中，平面，②正确，因为，设平面ADM的法向量为，则，令，则，则，而，故，故平面ADM．不成立，故③错误，故选：B4．（2022·湖南·长沙一中高一期末）如图，四棱锥中，底面为矩形且平面，连接与，下面各组向量中，数量积不一定为零的是（

）A．与 B．与C．与 D．与【答案】C【解析】对于A，因为平面，平面，所以，因为底面为矩形，所以，，平面，所以平面，平面，所以，即，所以，故A不正确；对于B，因为平面，平面，所以，因为底面为矩形，所以，，平面，所以平面，平面，所以，即，所以，故B不正确；对于C，因为底面为矩形，所以与不垂直，所以与不一定垂直，所以与不一定垂直，所以与的数量积不一定为0，故C正确．对于D，因为平面，平面，所以，因为底面为矩形，所以，，平面，所以平面，平面，所以，即，所以，故D不正确．故选：C．5．（2022·福建南平·高一期末）如图，正方体中，，，，当直线与平面所成的角最大时，（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，所以，，，设平面的法向量为，则，∴，令，可得，又，设直线与平面所成的角为，则，又，∴当时，有最大值，即直线与平面所成的角最大．故选：C．6．（2022·安徽·安庆市第二中学高二期末）已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，为圆的直径，为圆上的点，则的最大值为（

）A．4 B． C．5 D．【答案】A【解析】如图所示由题意可知，，因为为的中点，所以，所以，当时，取最小值，此时取最大值，所以的最大值为4．故选：A．7．（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：C8．（2022·江苏徐州·高二期中）如图，正方体的棱长为6，点为的中点，点为底面上的动点，满足的点的轨迹长度为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】分别以，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设，，则，，由得，即，由于，所以，，所以点的轨迹为面上的直线：，，即图中的线段，由图知：，故选：B．二、选择题：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．（2022·湖南·长沙一中高一期末）下面四个结论正确的是（

）A．空间向量，若，则B．若空间四个点，，则三点共线C．已知向量，若，则为钝角D．任意向量满足【答案】AB【解析】对于A：因为，，则，故A正确；对于B：因为，则，即，又与有公共点，所以三点共线，故B正确；对于C：，若为钝角：则，且与不共线，由得，当时，，即，由与不共线得，于是得当且时，为钝角，故C错误；对于D：是的共线向量，而是的共线向量，故D错误，故选：AB10．（2022·江苏宿迁·高二期中）已知正方体的棱长为1，分别在上，并满足，设，设的重心为G，下列说法正确的是（

）A．向量可以构成一组基底B．当时，C．当时，在平面上的投影向量的模长为D．对任意实数，总有【答案】AD【解析】，显然不共面，∴向量可以构成一组基底，A正确；如图建立空间直角坐标系，则，当时，，则，∴，Ｂ不正确；，当时，，在平面上的投影向量为，，Ｃ不正确；对任意实数，，则，，，，D正确．故选：AD．11．（2022·山东德州·高一期末）如图，菱形ABCD边长为2，∠BAD=60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到，连接，，且，平面与平面的交线为l，则下列结论中正确的是（

）A．平面平面 B．C．ВС与平面所成角的余弦值为 D．二面角的余弦值为【答案】ABD【解析】在菱形ABCD中，E为边AB的中点，所以，因为，所以ED⊥DC，因为A′D⊥DC，，所以平面A′DE，因为，所以平面A′DE，因为平面A′BE，所以平面A′DE⊥平面A′BE，故A正确；因为，平面A′BE，平面A′BE，所以平面A′BE，又平面A′BE与平面A′CD的交线为l，所以CD∥l，故B正确；由A知，平面A′DE，则A′E，又菱形ABCD边长为2，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，所以A′E，又BE∩DE=E，所以A′E平面BED，，以E为原点，分别以EB，ED，EA′为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系：则，所以，由上可知：平面A′DE，设平面的一个法向量为：，则，所以有，因此选项C不正确；显然平面的一个法向量为：，设平面的一个法向量为：则有则，即，所以所以，所以选项D正确，故选：ABD12．（2022·湖北武汉·高二期末）如图，直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，，点P是经过点的半圆弧上的动点（不包括端点），点Q是经过点D的半圆弧上的动点（不包括端点），则下列说法正确的是（

）A．四面体PBCQ的体积是定值B．的取值范围是C．若与平面ABCD所成的角为，则D．若三棱锥的外接球表面积为S，则【答案】BCD【解析】直四棱柱中，点P到底面ABCD的距离为，设点Q到BC的距离为h，则，因为不是定值，故四面体PBCQ的体积不是定值，故A错误；在中，，，因为，所以，则，故B正确；因为平面ABCD，所以是与平面ABCD所成的角，则，因为，所以，故C正确；以D为原点，分别以为x，y，z轴，建立空间直角坐标系：则，线段BC的中点为，线段的中点为，设球心为，，则，由得，化简得，即，易知，则，，所以外接球的表面积为，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．13．（2022·江苏·常州市第一中学高二期中）已知四棱柱的底面是正方形，底面边长和侧棱长均为2，，则对角线的长为________．【答案】【解析】由题可知四棱柱为平行六面体，，所以，所以．故答案为：．14．（2022·江苏泰州·高二期末）长方体中，，，则点B到平面的距离为________．【答案】【解析】在长方体中，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，因为，，所以，，，，，，设平面的法向量为：，，令得：又点B到平面的距离为：．故答案为：．15．（2022·江苏泰州·高二期末）如图所示的木质正四棱锥模型，过点作一个平面分别交，，于点E，F，G，若，，则的值为___________．【答案】【解析】在正四棱锥中，连接交于点，连接，则平面，以AC、BD交点O为坐标原点，射线OA、OB、OP为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，设，，，，（a、b>0），则，，，，∴，，由题意四点共面，则有，其中，设，∴由方程组，即，解得，所以，故选：C．16．（2022·浙江宁波·高二期末）如图，正四棱锥的棱长均为2，点E为侧棱PD的中点．若点M，N分别为直线AB，CE上的动点，则MN的最小值为______．【答案】【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则有：，，，，，可得：设，且则有：，可得：则有：故则当且仅当时，故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸．17．（10分）（2022·山东青岛·高一期末）如图所示，三棱柱中，，，，，，，是中点．（1）用，，表示向量；（2）在线段上是否存在点，使？若存在，求出的位置，若不存在，说明理由．【解析】（1）；（2）假设存在点，使，设，显然，，因为，所以，即，，因为，，，所以有：，即，解得，所以当时，．18．（12分）（2022·黑龙江·双鸭山一中高二期末）如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，面，，点为线段中点（1）求证：面；（2）求异面直线与所成角的大小．【解析】（1）证明：由面建立如图所示的直角坐标系，以A点为坐标原点，分别以，垂直于AD以及为方向建立轴，如图所示：由底面是等腰梯形以及可知：，，，又由点为线段中点，可知，，设为平面的法向量，故可知：，解得令，可知平面的法向量一个法向量为：根据线面平行的向量法判断法则可知面（2）由题意得：由（1）分析可知，可知向量互相垂直，故异面直线与所成角的大小为19．（12分）（2022·福建泉州·高二期末）在四棱锥中，，平面平面．（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值．【解析】（1）作于点，平面平面，平面平面∴平面，平面，则又，平面平面，则，平面（2）取中点为，则由，得又平面，得，所以平面以为原点，方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则设平面的法向量为则，则今，则设平面的法向量为则，则令，则故故二面角的正弦值为20．（12分）（2022·广东·高二期末）四边形ABCD是平行四边形，，四边形ABEF是梯形，，且，，，平面平面．（1）求证：；（2）求直线EC与平面EFD所成角的正弦值．【解析】（1）证明：因为，，，由余弦定理，所以，则，所以，即，又平面平面，平面平面，平面所以平面，又平面，所以；（2）如图建立空间直角坐标系，则、、、，所以，，，设平面的法向量为，所以，令，则，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为；21．（12分）（2022·湖南师大附中高一期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，ADBC，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为．（1）在平面PAB内是否存在一点M，使得直线CM平面PBE，如果存在，请确定点M的位置，如果不存在，请说明理由；（2）若二面角P−CD−A的大小为，求P到直线CE的距离．【解析】（1）延长交直线于点，点为的中点，，，，即，四边形为平行四边形，即．，平面平面，平面，平面，平面，故在平面内可以找到一点，使得直线平面．（2）如图所示，，即，且异面直线与所成的角为，即，又平面平面．平面，又平面，平面，平面．因此是二面角的平面角，大小为．．不妨设，则．以A为坐标原点，平行于的直线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，方向上的单位向量坐标为，则在上的投影的绝对值为，所以到直线的距离为．22．（12分）（2022·河南南阳·高一期末）如图，在矩形ABCD中，，，E为边AD上的动点，将沿CE折起，记折起后D的位置为P，且P在平面ABCD上的射影O恰好落在折线CE上．（1）设，当为何值时，的面积最小？（2）当的面积最小时，在线