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《2022-2023学年高二数学考点知识详解第一章空间向量与立体几何（模拟测试解析版）》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
2023年新高考复习讲练必备第一章空间向量与立体几何模拟测试本试卷共4页，22小题，满分150分，考试用时120分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B)填涂在答题卡相应位置上，将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用28铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上，3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案：不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一井交回。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．已知直线的方向向量为，平面的法向量为，若，则（ ）A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】由，可得直线l的方向向量与平面的法向量平行，然后列式计算即可得解.【详解】因为，所以直线l的方向向量与平面的法向量平行，所以，解得，.故选：B.2．已知为平面的一个法向量，为内的一点，则点到平面的距离为（ ）A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用点到平面的向量求法，列式计算作答.【详解】
1依题意，，而为平面的一个法向量，所以点到平面的距离.故选：A3．如图，在斜棱柱中，AC与BD的交点为点M，，，，则（ ）A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的线性运算用表示出即可得．【详解】-＝，.故选：A．4．已知，，则（ ）A．B．C．0D．1【答案】B【解析】【分析】利用空间向量的夹角余弦值公式即可求得.【详解】解：，，
2.故选：B.5．直角梯形中，是边的中点，将三角形沿折叠到位置，使得二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A．B．C．D．【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系求解即可【详解】建如图所示空间直角坐标系，得，，所以，所以.故选：D6．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线和平面的位置关系是（ ）A．B．C．或D．【答案】A【解析】
3【分析】利用空间向量夹角的坐标表示求得，即，进而可知直线和平面的位置关系.【详解】由，，，所以，即，所以.故选：A7．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，，M为PC上一动点，，若∠BMD为钝角，则实数t可能为（ ）A．B．C．D．【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用即可求解.【详解】分别以、、为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，设，，故，,，,
4由可知，，即，又因为为钝角，所以，由,,可知，，，整理得，解得，故选：D.8．在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）A．平面平面B．平面平面C．平面平面D．平面平面【答案】A【解析】【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.【详解】解：在正方体中，且平面，又平面，所以，因为分别为的中点，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确；选项BCD解法一：如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，则，，则，，
5设平面的法向量为，则有，可取，同理可得平面的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，则，所以平面与平面不垂直，故B错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故C错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故D错误，故选：A.选项BCD解法二：解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，在内，作于点，在内，作，交于点，连结，则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，
6由勾股定理可知：，，底面正方形中，为中点，则，由勾股定理可得，从而有：，据此可得，即，据此可得平面平面不成立，选项B错误；对于选项C，取的中点，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；故选：A.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。
79．如图正四棱柱，则下列向量相等的是（ ）A．与B．与C．与D．与【答案】CD【解析】【分析】根据相等向量的定义，结合正四棱柱的结构特征依次判断选项即可.【详解】由正四棱柱可知，A：，但与方向相反，故A不符题意；B：，但与方向不同，故B不符题意；C：，且与方向相同，故C符题意；D：，且与方向相同，故D符题意.故选：CD.10．在长方体中，，E，F分别为棱的中点，则下列结论中正确的是（ ）A．B．C．D．【答案】ABC【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则、、、、、、、、，所以、、、，
8所以，故A正确；，故B正确；，，，，所以，，故，即C正确；因为，所以与不垂直，故D错误；故选：ABC11．如图，在四面体P﹣ABC中，下列说法正确的是（ ）A．若，则B．若四面体各棱长均为4，分别是的中点，则C．若在平面上存在一点，使，则D．若该四面体为正四面体，则二面角的大小为【答案】AC【解析】【分析】A选项，证明出线面垂直，进而证明线线垂直；B选项，作出辅助线，利用勾股定理求出的长；C选项，利用空间向量基本定理得到；D选项，作出辅助线，得到为二面角的平面角，利用余弦定理求出二面角的大小.【详解】因为，所以平面，
9因为平面，所以，A正确；连接，因为四面体各棱长均为4，分别是的中点，则由勾股定理得：，所以是等腰三角形，由三线合一可知：，由勾股定理得：，B错误；，即，所以，所以，C正确；取AB中点G，连接PG，CG，因为该四面体为正四面体，所以，则为二面角的平面角，设正四面体棱长为，则则，所以二面角的大小不是60°，D错误.故选：AC12．将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成二面角A−BD−C，形成四面体A−BCD，如图所示，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则（ ）
10A．若二面角A−BD−C为60°，则AC=B．若二面角A−BD−C为90°，则EF⊥BCC．若二面角A−BD−C为90°，过EF且与BD平行的平面截四面体A−BCD所得截面的面积为D．四面体A−BCD的外接球的体积恒为【答案】ACD【解析】【分析】对于A，取的中点，连接，则可得为二面角的平面角，然后可得为等边三角形，从而可求出的长，对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量判断，对于C，取的中点，的中点，连接，可证得过且与平行的平面截四面体所得的截面为矩形，从而可求出其面积，对于D，由正方形的性质可知,所以可得点为四面体A−BCD的外接球的球心，而半径为定值，所以可得外接球的体为定值【详解】对于A，取的中点，连接，因为，所以，所以为二面角的平面角，所以，因为，所以为等边三角形，所以，所以A正确，对于B，由选项A可知，为二面角的平面角，因为二面角A−BD−C为90°，所以，所以两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则
11，所以，因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，所以,所以，所以，所以与不垂直，即与不垂直，所以B错误，对于C，取的中点，的中点，连接，因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，所以∥，∥，∥，∥，,所以四点共面，因为平面，平面,所以∥平面,由选项A可知，因为，所以平面，因为平面，所以，所以，所以过且与平行的平面截四面体所得的截面为矩形，因为二面角A−BD−C为90°，所以,所以
12因为,，所以截面的面积为，所以C正确，对于D，因为由正方形的性质可知，所以可得点为四面体A−BCD的外接球的球心，且球的半径为，所以四面体A−BCD的外接球的体积恒为，所以D正确，故选：ACD三．填空题本题共4小题，每小题5分，共20分13．已知，，，则的坐标为______．【答案】【解析】【分析】由向量的坐标表示可得，再根据向量坐标的线性运算求的坐标.【详解】由题设，，所以.故答案为：14．长方体中，，，则点B到平面的距离为________．【答案】【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用点到平面的距离公式求解即可.【详解】解：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，
13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．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如下图，四面体P-ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且，则二面角A-PC-B的余弦值为__________．
14【答案】##【解析】【分析】建立空间直角坐标系，分别计算平面APC与平面PBC的法向量，然后利用公式计算即可.【详解】依据题意建立如图所示的空间直角坐标系：，，，，所以，，，.设平面APC的法向量为，∴不妨设，则，设平面PBC的法向量为，∴不妨设，则，，设为，则.故答案为：16．在正方体中，点Р在侧面(包括边界)上运动，满足记直线与平面所成角为，则的取值范围是_____________
15【答案】【解析】【分析】利用坐标法，可得点在上，然后利用线面角的向量求法可得，然后利用二次函数的性质即得.【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，由题可设，则，∴，即，∴点在上，又，，平面的一个法向量可取，∴，又，∴，，即的取值范围是.
16故答案为：.四．解答题：本题共6小题，17题10分，剩下每题12分。共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．如图，在长方体中．(1)写出直线的一个方向向量；(2)写出平面的一个法向量；(3)写出与，共面的两个向量．【答案】(1)(2)(3),【解析】【分析】（1）（2）（3）根据直线方向向量、平面法向量、共面向量的定义可得.(1)易知，所以向量为直线的一个方向向量.(2)在长方体中，平面，所以是平面的一个法向量.(3)由共面向量的定义可知,都是与，共面的向量.18．已知空间三点，，．设，．(1)求，；(2)求与的夹角；(3)若向量与互相垂直，求实数k的值．【答案】(1)，(2)(3)【解析】
17【分析】（1）根据空间向量模的坐标运算公式即可求出结果；（2）由（1）可知的坐标，根据空间向量夹角的坐标运算公式，即可求出结果；（3）由（1）可求出，的坐标，由向量与互相垂直，可得，再根据空间向量数量积的坐标运算公式建立方程，即可求出结果.(1)解：因为，，所以,所以；因为，，所以，所以；(2)解：由（1）可知，又，所以，即与的夹角为.(3)解：由（1）可知，，又向量与互相垂直，所以，所以，即，解得.19．如图在边长是2的正方体中，，分别为，的中点.
18(1)证明：平面平面；(2)求面与面所成二面角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；(1)解：据题意，建立如图空间直角坐标系.于是：，，，，，∴，，，因为，∴，即，又，∴，即，又∵，平面且，∴平面，又∵平面，∴平面平面.(2)解：由题知，，，，∴，，，设面的法向量为，则，
19即，不妨取，设面的法向量为，则，即，不妨取，则，分析可知面与面所成二面角是锐角，所以所求二面角为.20．如图，已知四棱锥平面，(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】（1）由题可得，然后利用线面垂直的判定定理即得；（2）由题可知到平面的距离等于到平面的距离，设直线与平面所成角为，可得，即得；或利用坐标法即得.(1)由题意平面，所以平面，平面，∴，又，所以平面.(2)法一：由可知平面，所以到平面的距离等于到平面的距离，又由（1）知平面，
20设直线与平面所成角为，由题可得，所以.法二：如图，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立直角坐标系，则，，∴，设平面的法向量为，由，得，可取设直线与平面所成角为，所以.21．如图，已知长方体＝＝1，直线BD与平面所成的角为30°，AE垂直BD于E，F为的中点．(1)求异面直线AE与BF所成的角的余弦；(2)求点A到平面BDF的距离．【答案】(1)(2)【解析】
21【分析】（1）利用空间向量求异面直线夹角，根据，运算求解；（2）利用空间向量求点到面的距离，根据，运算求解．(1)在长方体中，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系如图．由已知AB＝＝1，可得A（0，0，0）、B（2，0，0）、F（1，0，1）．又AD⊥平面从而BD与平面所成的角即为∠DBA＝30°，又AB＝2，AE⊥BD，AE＝1，AD＝从而易得∵＝＝（－1，0，1）．设异面直线AE与BF所成的角为，则．即异面直线AE、BF所成的角的余弦为(2)设＝（x，y，z）是平面BDF的一个法向量．＝，＝（－1，0，1），＝（2，0，0）．由∴，即
22取＝所以点A到平面BDF的距离22．如图，正方形与梯形所在平面互相垂直，已知，，.(1)求证：平面.(2)求平面与平面夹角的余弦值(3)线段上是否存在点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)存在，.【解析】【分析】（1）根据线面平行、面面平行的判定定理，结合面面平行的性质定理进行证明即可；（2）根据面面垂直的性质，结合正方形的性质建立空间直角坐标系，利用空间夹角公式进行求解即可；（3）根据空间向量数量积的运算性质，结合面面垂直的判定定理进行求解即可.(1)因为，平面，平面，所以平面，同理，平面，又，所以平面平面，因为平面，所以平面；(2)因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，故.
23而四边形时正方形，所以又，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.设，则，，，，，取平面的一个法向量，设平面的一个法向量，则，即，令，则，所以.设平面与平面所成锐二面角的大小为，则.所以平面与平面所成锐二面角的余弦值是.(3)若与重合，则平面的一个法向量，由（2）知平面的一个法向量，则，则此时平面与平面不垂直.若与不重合，如图设，则，设平面的一个法向量，则，即，令，则，，所以，若平面平面等价于，即，所以.所以，线段上存在点使平面平面，且.
