03空间向量与立体几何-北京市2023-2024学年高二上学期期末数学专题练习（人教A版，2019

这是一份03空间向量与立体几何-北京市2023-2024学年高二上学期期末数学专题练习（人教A版，2019，共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2024上·北京顺义·高二统考期末）如图，在正方体中，E是棱上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．直线与所成角的范围是
B．直线与平面所成角的最大值为
C．二面角的大小不确定
D．直线与平面不垂直
2．（2024上·北京顺义·高二统考期末）在长方体中，，，，则点D到平面的距离为（ ）
A．1B．3C．D．
3．（2024上·北京海淀·高二统考期末）在空间直角坐标系中，点到x轴的距离为（ ）
A．2B．3C．D．
4．（2024上·北京昌平·高二统考期末）如图，在长方体中，，，，分别是棱和上的两个动点，且，则的中点到的距离为（ ）
A．B．C．D．
5．（2023上·北京朝阳·高二统考期末）在正方体中，分别为和的中点，则异面直线与.所成角的余弦值是（ ）
A．0B．C．D．
6．（2023上·北京西城·高二统考期末）在空间直角坐标系O-xyz中，点，，则（ ）
A．直线AB∥坐标平面xOyB．直线AB⊥坐标平面xOy
C．直线AB∥坐标平面D．直线AB⊥坐标平面
7．（2024上·北京丰台·高二统考期末）如图，在四面体中，，，.点在上，且，为的中点，则（ ）
A．B．
C．D．
8．（2024上·北京房山·高二统考期末）在三棱柱中，为棱的中点．设，用基底表示向量，则（ ）

A．B．
C．D．
9．（2024上·北京顺义·高二统考期末）在空间直角坐标系中，已知点，若向量，则点B的坐标是（ ）
A．B．C．D．
10．（2024上·北京房山·高二统考期末）设直线的方向向量为，两个不同的平面的法向量分别为，则下列说法中错误的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
11．（2024上·北京石景山·高二统考期末）在空间直角坐标系中，点，则（ ）
A．直线坐标平面B．直线坐标平面
C．直线坐标平面D．直线坐标平面
12．（2024上·北京西城·高二统考期末）在空间直角坐标系中，点到平面的距离与其到平面的距离的比值等于（ ）
A．B．C．2D．4
二、填空题
13．（2024上·北京西城·高二统考期末）如图，在正方体中，为棱的中点，为棱（含端点）上的一个动点.给出下列四个结论：
①存在符合条件的点，使得平面；
②不存在符合条件的点，使得；
③异面直线与所成角的余弦值为；
④三棱锥的体积的取值范围是.
其中所有正确结论的序号是 .
14．（2024上·北京石景山·高二统考期末）如图，在正四棱柱中，为棱上的一个动点，给出下列四个结论：
①；
②三棱锥的体积为定值；
③存在点，使得平面；
④存在点，使得平面.
其中所有正确结论的序号是 .
15．（2024上·北京丰台·高二统考期末）已知向量，，若与共线，则 .
16．（2023上·北京西城·高二期末）如图，在正方体中，P为的中点，，，则下列说法正确的 （请把正确的序号写在横线上）
①
②当时，平面
③当时，PQ与CD所成角的余弦值为
④当时，平面
17．（2023上·北京丰台·高二校考期末）如图所示，在棱长为2的正方体中，是线段上的动点，则下列说法正确的有 .
①平面平面；
②的最小值为；
③若直线与所成角的余弦值为，则；
④若是的中点，则到平面的距离为.
18．（2024上·北京顺义·高二统考期末）已知平面的法向量为，，若直线AB与平面平行.则 .
三、解答题
19．（2024上·北京延庆·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，点为棱的中点，，.
(1)求平面与平面夹角的余弦值；
(2)若为棱的中点，则棱上是否存在一点，使得平面. 若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.
20．（2024上·北京顺义·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，是等边三角形，平面平面，M为PC的中点.
(1)求证：平面；
(2)求MD与平面ABCD所成角的正弦值；
(3)设点N在线段PB上，且，PA的中点为Q，判断点Q与平面MND的位置关系，并说明理由.
21．（2024上·北京顺义·高二统考期末）已知是正方体，点E为的中点，点F为的中点.
(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值.
22．（2024上·北京西城·高二北京师大附中校考期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，分别为，的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值．
条件①：异面直线与所成角的余弦值为；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
参考答案：
1．D
【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，由直线方向向量夹角余弦的范围即可判断；对于B，由线面角正弦值的公式即可判断；对于C，由两平面的法向量夹角余弦即可判断；对于D，由即可判断.
【详解】以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
不妨设正方体棱长为1， ，
对于A，，
不妨设直线与所成角为，
所以，
当增大时，分别减小，增大，所以关于单调递减，
所以，所以，故A错误；
对于B，由题意，且显然平面的法向量为，
不妨设直线与平面所成角为，
则单调递增，，
所以，所以，故B错误；
对于C，，
所以，
不妨设平面与平面的法向量分别为，
所以有和，令，解得，
即取平面与平面的法向量分别为，
二面角为锐角，不妨设为，
则，
所以二面角的大小为，故C错误；
对于D，，
所以，
所以与不垂直，所以直线与平面不垂直.
故选：D.
【点睛】关键点睛：C选项的关键是看两平面法向量夹角是否固定不变，由此即可顺利得解.
2．D
【分析】建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量为，以及，由公式即可得解.
【详解】由题意，以为原点，分别为轴所在直线建立如图所示的空间直角坐标系：
因为，，，
所以，
则，
不妨设平面的法向量为，
所以，不妨令，解得，
即取平面的法向量为，
所以点D到平面的距离为.
故选：D.
3．D
【分析】结合空间直角坐标系，数形结合利用勾股定理求解点到x轴的距离.
【详解】
在空间直角坐标系中，
过作平面，垂足为，则轴，
在坐标平面内，过作轴，与轴交于，
由，则，，
由，平面，平面，
则轴平面，平面，
则轴，故即点到x轴的距离，
则.
故选：D.
4．D
【分析】取的中点，连接，以为坐标原点建立空间直角坐标系，结合，利用两点间距离公式，求出的长即可．
【详解】取的中点，连接，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
因为是的中点，所以，
所以，而，
所以，即，所以点到的距离就是，
因为，
所以，即，
所以，即，
所以的中点到的距离为.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是发现，再利用整体法即可得解.
5．B
【分析】建立空间直角坐标系，转化为求解两向量夹角的余弦值即可.
【详解】设正方体棱长为，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
则，
由异面直线与.所成角为锐角，
则余弦值面直线与.所成角的余弦值为.
故选：B.
6．C
【分析】根据与法向量的关系判断.
【详解】由已知得，
坐标平面的一个法向量是，
坐标平面的一个法向量是，
易判断与，不平行，
所以直线AB不垂直坐标平面，也不垂直坐标平面，故BD错.
因为，所以直线不平行坐标平面，
故A错
因为 ，
点A、B均不在坐标平面上，所以直线AB与坐标平面平行，故C对.
故选：C
7．D
【分析】利用空间向量的线性运算及空间向量基本定理，结合图像即可得解.
【详解】由题意可知，，，
所以.
故选：D.
8．A
【分析】取的中点，连接，，根据空间向量线性运算法则计算可得.
【详解】取的中点，连接，，

因为是的中点，，
所以.
故选：A
9．C
【分析】设，从而得到方程组，求出，得到答案.
【详解】设，则，
故，解得，
所以点坐标为
故选：C
10．D
【分析】利用空间向量判定空间位置关系即可.
【详解】对于A，若两个平面的法向量互相垂直，则两个平面垂直，即A正确；
对于B，若两个不同的平面的法向量互相平行，则两个平面互相平行，即B正确；
对于C，若一直线的方向向量与一平面的法向量平行，则该直线垂直于该平面，即C正确；
对于D，若一直线的方向向量与一平面的法向量垂直，则该直线平行于该平面或者在该面内，即D错误.
故选：D
11．C
【分析】首先求向量的坐标，再判断向量与坐标平面的法向量的关系，即可判断选项.
【详解】由题意可知，，
平面的法向量为，
因为，且
所以与既不平行也不垂直，所以直线与坐标平面既不平行也不垂直，
故AB错误；
坐标平面的法向量为，
，所以，且平面，故C正确，D错误.
故选：C
12．B
【分析】由题意点到平面的距离与其到平面的距离的比值等于其纵坐标与横坐标的比的绝对值.
【详解】由题意点到平面的距离与其到平面的距离的比值等于.
故选：B.
13．①②④
【分析】利用线面平行的判定定理可知当与点重合时，能满足平面，即①正确；建立空间坐标系，假设存在符合条件的点并利用垂直的向量表示可得，不满足题意，即②正确；利用空间向量可求得异面直线与所成角的余弦值为，即③错误；易知的面积为，由空间向量求出点到平面的距离为，即可得④正确.
【详解】对于①，易知，平面，平面，
所以可得平面，
又为棱（含端点）上的一个动点，当与点重合时，能满足平面，即①正确；
对于②，以为坐标原点建立如下图所示的空间直角坐标系，
则，假设存在符合条件的点满足；
则易知，
由可得，解得，不满足题意，舍去；
所以不存在符合条件的点，使得，即②正确；
对于③，易知，可得，
所以，
即异面直线与所成角的余弦值为，即③错误；
对于④，易知，
由余弦定理可得，，
所以的面积为，
设平面的一个法向量为，
由可得，
令，则，即；
又，所以点到平面的距离为，
由可得
可得三棱锥的体积，
因此可得三棱锥的体积的取值范围是，即④正确.
故答案为：①②④
【点睛】关键点点睛：在求解④中三棱锥的体积的取值范围时，由于锥体的高不易获得，所以可通过空间向量求得点到平面的距离，再结合点竖坐标的取值范围即可得出结论.
14．①②③
【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及空间向量的应用，逐项判定，即可求解.
【详解】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，
设，则，
因为，所以，即，所以①正确；
由，因为的面积为定值，点到平面的距离也是定值，
所以为定值，所以②正确；
又由
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
因为，由，解得，所以③正确；
又因为，，则，
所以不存在点，使得平面，所以④错误.
故选：①②③.
15．
【分析】利用向量共线的坐标运算求解.
【详解】向量，，若与共线，
则有，解得.
故答案为：
16．①②③
【分析】建立空间直角坐标系，对A，验证两向量的数量积是否为0；对B，证明与平行即可得；对C，借助向量求出夹角的余弦值即可得；对D，证明与不垂直即可得.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，
所以，，
所以，所以，①正确；
当时，，所以，
又平面，平面，
从而平面，②正确；
当时，，，
所以与所成角的余弦值为，③正确；
当时，，，
，
所以不垂直于，所以不垂直于平面，④错误．
故答案为：①②③.
17．①②④
【分析】根据正方体的性质有平面，进而根据面面垂直的判定定理，即可判断①；根据线面垂直的性质得出，则，推出的最小值，即可判断②；建立空间直角坐标系，设，，表示出，结合已知列出方程，即可判断③；先根据线面平行的判定定理得出判定平面，则到平面的距离，即转化为A到平面的距离.根据向量法，求解得出距离，即可判断④.
【详解】对于①，在正方体中，有平面，平面，
所以平面平面，故①正确；
对于②，如图，连接，
因为平面，平面，
所以，，则，
所以，当最小时，有最小值.
显然，当时，最小.
因为，
所以当点与重合时，有最小值2，此时取最小值，故②正确；
对于③，如图，以、、所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，设，，
则，.
假设存在点，使直线与所成角的余弦值为，
则，
解得（舍去），或，
则此时点是中点，，故③错误；
对于④，由，且平面，平面，
知平面，
则到平面的距离，即为A到平面的距离.
是的中点，故，，，，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，故，
所以点A到平面的距离为，
即到平面的距离为，④正确.
故答案为：①②④.
18．1
【分析】根据题目条件得到与垂直，从而得到方程，求出答案.
【详解】因为直线AB与平面平行，所以与垂直，
即，解得.
故答案为：1
19．(1)；
(2)不存在，因为不垂直.
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面夹角即可；
（2）设存在点满足条件，利用线面垂直的向量关系判定即可.
【详解】（1）因为底面是矩形，侧棱底面，可知三线两两垂直，
如图示建立空间直角坐标系，由题意可知，所以,
则，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，即，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则；
（2）假设存在点，使得平面，且，
根据（1）可知，则，
若平面，又平面，所以，
而，则不成立，所以平面不成立.
20．(1)证明见解析
(2)
(3)点Q在平面MND内，理由见解析
【分析】（1）作出辅助线，得到线线平行，进而得到线面平行；
（2）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，进而得到OB，OD，OP两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到线面角的正弦值；
（3）求出平面MND的法向量为，计算出，得到，从而得到点Q在平面内.
【详解】（1）连接交于E，连接.
∵四边形是菱形，
∴E为中点，
∵M是线段中点，
∴ME是中位线，
∴，
又∵平面，平面，
∴平面.

（2）取中点O，连接、，
∵是等边三角形，
∴.
∵四边形是菱形，，
∴是等边三角形.
∴.
∵平面平面，平面平面，在平面内，
∴平面.
∵平面，
∴⊥，
∴，，两两垂直.
∴以为坐标原点，以为x轴，以为y轴，以为z轴建立坐标系.如图，
∴，，，，，，，
∴
∴平面的法向量为.
设与平面所成角为，
则.
∴与平面所成角正弦值为.

（3）点Q在平面内，理由如下：
连接，
∵，∴，
∴，
设平面的法向量为，
则，
令得，，
∴.
∵的中点为Q，
∴，.
∴.
∴.
∵D在平面内，
∴DQ在平面内.
∴点Q在平面内.
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用的数量积来判断垂直关系；
（2）利用空间向量法求二面角余弦值即可.
【详解】（1）∵是正方体，∴两两垂直，
∴以为x轴，以为y轴，以为z轴如图建系:
设，∴，，，，，，，
∴，，
∴，
∴
（2）平面FCB的法向量，
设平面EFC的法向量，，，
，
令，得，；∴，
设二面角的平面角为，则，
∴二面角的余弦值为.
22．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）借助中位线证明平行四边形从而得到线线平行，结合线面平行的判定定理即可得；
（2）若选条件①：借助题目条件建立空间直角坐标系，利用异面直线与所成角的余弦值计算出的长度，即可得二面角的余弦值；若选条件②：借助题目条件利用勾股定理求出的长度，再建立空间直角坐标系即可得二面角的余弦值.
【详解】（1）连接点与中点，连接，
由底面为矩形且为中点，故、，
又、分别为，的中点，故、，
故四边形为平行四边形，故，
又平面、平面，
故平面；
（2）若选条件①：异面直线与所成角的余弦值为，
连接点与中点，连接，
由，故，故，
又平面平面，平面平面，
平面，故平面，
又平面，故，
由、分别为，的中点，故，
故、、两两垂直，
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
设，则有、、、、
、、，
则、，
又异面直线与所成角的余弦值为，
故，
解得，故、，
设平面的法向量为，
则有，即，令，可得、，
故平面的法向量可为，
又平面，故平面的法向量可为，
故，
即二面角的余弦值为.
若选条件②：，
连接点与中点，连接，连接，
由，故，故，
则，
又平面平面，平面平面，
平面，故平面，
又平面，故，
由、分别为，的中点，故，
故、、两两垂直，
同理可得平面，由平面，故，
由，，则，
，
可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则有、、、、、，
、，
设平面的法向量为，
则有，即，令，可得、，
故平面的法向量可为，
又平面，故平面的法向量可为，
故，
即二面角的余弦值为.