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

这是一份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，共34页。
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：C

2．（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：B

3．（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：C

15．（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：C

5．（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，，，．
，∴，
∴，．
令平面NAC的法向量，
则，即 令z＝1，则，
易知平面ABC的一个法向量，
∴，∴锐二面角的余弦值为．

10．（2022·江苏徐州·高二期中）如图1，在△MBC中，BM⊥BC，A，D分别为边MB，MC的中点，且BC＝AM＝2，将△MAD沿AD折起到△PAD的位置，使PA⊥AB，如图2，连结PB，PC．

(1)若E为PC的中点，求异面直线DE与PB所成的角大小；
(2)线段PC上一动点G满足，判断是否存在，使得二面角G－AD－P的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；(2)存在，.
【解析】(1)因为，分别为，的中点，则，
因为，则，即．
又，，平面，
所以平面，又，
综上，两两互相垂直．
以为坐标原点，向量为正交基底建立空间直角坐标系如图所示，

则，，，，，，
则，，．
所以，故，
所以异面直线与所成的角大小为.
(2)假设存在使二面角的正弦值为，即二面角的余弦值为由，．
所以，，．
易知：平面的一个法向量为
设平面的法向量，则，令，则，
综上，有，即，
解得，．又，故．
故存在，使二面角的正弦值为．

11．（2022·北京二中高二阶段练习）已知四棱锥中，底面是正方形，是正三角形，平面，E、F、G、O分别是的中点.

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的大小；
(3)问：线段上是否存在点M，使得直线与平面所成角的大小为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见详解(2)(3)不存在，理由见详解
【解析】(1)
因为平面，平面
所以，平面平面
又是正三角形，O为AD中点
所以
又平面平面，平面
所以，平面
(2)连接OF，因为E、F、G、O分别是的中点
所以，，所以E、F、G、O四点共面
因为平面，
所以平面
又平面，平面
所以平面与平面夹角的平面角为
又是正三角形，所以

(3)不存在.
由上可知两两垂直，故建立如图所示空间直角坐标系，
设，则
所以，，，
设为平面EFG的法向量，则，取得
记，则
由，得
解得故在线段上不存在点M使得直线与平面所成角的大小为