第一章 空间向量与立体几何（压轴题专练，全题型压轴）-2024-2025学年高二数学单元速记练习（人教A版2019选择性必修第一册）

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第一章 空间向量与立体几何（压轴题专练）01 单选压轴题1．（23-24高一下·浙江宁波·期末）在棱长为2的正四面体中，棱上分别存在点（包含端点），直线与平面，平面所成角为和，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，然后利用空间向量得到，最后根据范围求的取值范围即可.【详解】如图，取的中心，连接，取中点，连接，过点作交于点，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，因为为正四面体，所以，，，，，，，，，，设，，，，则，由题意得可以作为平面的一个法向量，则，设平面的法向量为，，则，令，则，所以，，，因为，，所以，，，.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用相似设出点的坐标，然后利用空间向量的方法求出线面角，最后求范围即可.2．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）以等腰直角三角形斜边上高为折痕，把和折成的二面角.若，，则最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据二面角的平面角的定义得是和折成120°的二面角的平面角，解三角形求得，，由已知得点P在平面ABC内，则的最小值为点D到平面ABC的距离，设点D到平面ABC的距离为h，运用等体积法可求得答案.【详解】由已知得，所以是和折成的二面角的平面角，所以，又，所以，，所以，因为，其中，所以点在平面内，则的最小值为点到平面的距离，设点到平面的距离为，因为，，平面，所以平面，所以是点到平面的距离，所以，又中，，所以，而为三角形内角，所以，则，所以，解得，所以的最小值为，故选：C.  【点睛】关键点点睛：空间向量中的线段长度的最值问题，可根据向量代数式的几何意义转化为点面距的问题来处理.3．（23-24高三·江苏南京·假期作业）正三棱柱中，，，O为的中点，M为棱上的动点，N为棱上的动点，且，则线段长度的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据正三棱柱建立空间直角坐标系，设动点坐标，结合线线关系求线段的表达式，利用函数求最值即可.【详解】因为正三棱柱中，为的中点，取中点，连接，如图，以为原点，，，为轴建立空间直角坐标系，  则，，，，因为是棱上一动点，设，且，因为，所以，于是令，.所以，.又因为函数在上为增函数，所以当时，即线段长度的最小值为当时，，即线段长度的最大值为，所以线段长度的取值范围为.故选：B.4．（23-24高二上·湖北武汉·期中）如图，在四棱锥中，已知：平面，，，，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，若点是中点，则四棱锥体积的最大值是（    ）  A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据两两垂直建立空间直角坐标系，然后得到各点的坐标，再应用二面角的空间向量解法得到参数的关系式，最后根据体积公式得到最值即可.【详解】因为平面且，所以以为轴建立空间直角坐标系，如图所示，    ，因为已知是四边形内部一点，所以设，其中且（即点在平面内部），则，因为平面平面，所以平面的法向量为，又因为， 设平面的法向量为，则，即，由题易得，令，则，所以，因为二面角的平面角大小为，所以，即，解得①，因为点是中点，所以到平面的距离为，所以要使得四棱锥体积的最大，则，即要取到最大值，由①知时，此时点不在四边形内部，矛盾，故当时体积取到最大值，此时，所以，故选：D【点睛】方法点睛：碰到两两垂直的线段时，往往可以借助空间向量法来解决，需要在求解法向量的时候注意不求错即可.5．（23-24高二上·山东聊城·期中）如图，在正方体中，是中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，，先利用空间向量法表示出线面角的正弦值，再结合二次函数求范围即可.【详解】如图，设正方体棱长为1，，则，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.则，故，又，则，所以.在正方体中，可知体对角线平面，所以是平面的一个法向量，所以.所以当时，取得最大值，当或1时，取得最小值.所以.故选：A.【点睛】求空间中直线与平面所成角的常见方法为：(1)定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；(2)等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；(3)向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.6．（23-24高二上·浙江·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧面是等腰直角三角形，平面平面，当棱上一动点到直线的距离最小时，过作截面交于点，则四棱锥的体积是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】取的中点，连接，由题意可得平面建立空间直角坐标系，利用空间向量中点到直线距离公式计算出到直线的距离最小时的具体坐标，再用空间向量的方法计算出点到直线的距离和点到平面的距离即可.【详解】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形且，所以，，，因为平面平面平面平面平面所以平面所以以为原点，分别以，，的方向为，，轴的建立空间直角坐标系，则所以，，因为动点在棱上，所以设，则所以，，，，，，所以点到直线的距离为，所以当时，点到直线的最小距离为，此时点是的中点即．因为，平面，平面，所以平面，因为平面，平面平面，所以，所以，因为点是的中点，所以点是的中点，所以，，，，，，，所以点到直线的距离为，所以梯形的面积为，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，所以，则点到平面的距离，所以四棱锥的体积为．故选：B【点睛】方法点睛：针对于立体几何中角度范围和距离范围的题目，可以建立空间直角坐标系来进行求解，熟练各种距离、各种角度的计算方式．7．（23-24高三上·广东广州·阶段练习）如图所示的木质正四棱锥模型，过点A作一个平面分别交于点E，F，G，若，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】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)，进而写出、、、坐标，可得，，由四点共面有，设，求值即可得答案.【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系，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.8．（23-24高二上·湖南·期末）在长方体中，，，O是AC的中点，点P在线段上，若直线OP与平面所成的角为，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得的取值范围，由此求得，即可得解.【详解】以D为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示则，，，，， 设，则，设平面的法向量为则，令，得所以，由于，，，，，，由于，所以故选：D02 多选压轴题1．（23-24高一下·河南南阳·期末）有一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1.也可由正方体切割而成，如图2.在如图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则（    ）A．该几何体的表面积为 B．该几何体的体积为4C．直线与直线所成的角为 D．二面角的余弦值为【答案】ABC【分析】根据正四面体的表面积即可判断A；利用割补法，结合体积公式即可判断B；根据异面直线所成角的定义平移直线到直线，求解即可判断C；根据二面角的定义作出二面角的平面角，结合空间向量法即可求解D.【详解】对于A，因为，所以．蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成，故该几何体的表面积为，故A正确；对于B，该几何体的体积为，故B正确；对于C，因为，所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，又因为，所以，故C正确对于D，设的中点为，连接、，则，，则即二面角的平面角．建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，则，，则，故D错误. ．故选：ABC.【点睛】关键点点睛：本题关键点是准确题解题意中“蒺藜形多面体”的定义，结合图1和图2直观想象“蒺藜形多面体”的几何特征，对多面体分割计算表面积和体积，再借助正方体求解异面直线所成的角与二面角.2．（23-24高二下·四川泸州·期末）如图，在棱长为1的正方体中，为边的中点，点在底面内运动（包括边界），则下列说法正确的有（   ）. A．不存在点，使得B．点到平面的距离为C．点到直线的距离为1D．点在棱上，且，若，则点的轨迹是圆【答案】AB【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得.【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设，对于A：，，则，所以与不垂直，即不存在点，使得，故A正确；对于B：，，，设平面的法向量为，则，取，则点到平面的距离，故B正确；对于C：，所以点到直线的距离，故C错误；对于D，因为，所以，，，即，可得轨迹为圆：，所以圆心，又，所以轨迹为圆被四边形截得的4段圆弧，所以D错误.故选：AB3．（23-24高二下·浙江温州·期末）如图，是棱长为1的正方体的表面上一个动点，为棱的中点，为侧面的中心.下列结论正确的是（    ）A．平面B．与平面所成角的余弦值为C．若点在各棱上，且到平面的距离为，则满足条件的点有9个D．若点在侧面内运动，且满足，则存在点，使得与所成角为【答案】AC【分析】建立以为原点空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，可得，即可判断A；设与平面所成的角为，由，即可判断B；由正方体各个顶点到平面的距离与比较，即可判断C；点在侧面内运动，且满足，可得点在侧面内，以为圆心，为半径的一段圆弧上运动，而当点于或重合时与所成角为，即可判断D.【详解】对A，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，令，则，则，所以，即，所以平面，故A正确；对B，设与平面所成的角为，则，故B错误；对C，因为正方体的棱长为1，所以正的边长为，正方体的对角线，设到平面的距离为，由，则，则，则到平面的距离为，因为，所以在以为顶点的棱上，满足条件的点共有3个，又与平面所成角的正弦值为，所以到平面的距离为，因为，所以在棱上都存在满足条件的点，同理在都存在满足条件的点，而棱到平面最近的距离为，所以不存在满足条件的点，所以满足条件的点共有9个，故C正确；对D，设，则，又，所以，即，则点在侧面内，以为圆心，为半径的一段圆弧上运动，而当点和或重合时与所成角为，故D错误.故选：AC.4．（23-24高二下·江苏常州·期末）在棱长为2的正方体中，为的中点，点在正方形内部及其边界上运动，则下列说法正确的有（    ）A．当时，点的轨迹长度为B．若平面，则长度的最小值为2C．当时，二面角的余弦值的最小值是D．记直线与平面所成角为，则的取值范围是【答案】AD【分析】建立适当空间直角坐标系后，设出点坐标，对A：利用空间两点间距离公式计算即可得点轨迹，即可得其长度；对B：借助空间向量求出平面法向量可得点轨迹，即可得其长度的最小值；对C：借助空间向量求出两平面的法向量后可得其夹角的余弦值，结合点轨迹即可得其范围；对D：求出平面法向量后借助空间向量夹角公式计算即可得.【详解】以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则有，，设，，，对A：，故，则点的轨迹为以为圆心，为半径，且在正方形内部的半圆，则点的轨迹长度为，故A正确；对B：，，，则，，令平面的法向量为，则有，可令，则，即，由平面，则有，即，则，故B错误；对C：，，，设平面的法向量为，则有，可令，则，，即，易得轴平面，故平面的法向量可为，则，由A知，故，即，则，故二面角的余弦值的最小值是，故C错误；对D：，平面法向量为，则，由，，则，故，故D正确.故选：AD.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于建立适当空间直角坐标系，从而借助平面的法向量研究位置关系，借助空间向量的夹角公式研究二面角或线面角.5．（23-24高二下·江苏泰州·期末）如图，四棱锥的底面为平行四边形，且，，为的重心，为的中点．若，则下列结论正确的是（    ）A．． B．C．若，则向量共面 D．若，则【答案】ACD【分析】结合空间向量线性运算利用表示，结合空间向量基本定理求，判断A，表示，结合模的性质及数量积运算律求其模长，判断B，表示，结合向量共面定理判断C，由，可得，化简可求，判断D.【详解】延长交与点，因为为的重心，所以，所以，所以，，所以，又，所以，所以，A正确；因为，所以，所以，所以，又，，所以，，，所以，所以，B错误；因为，，，设，则，，，所以，，所以，所以向量共面，C正确；因为，，由可得，，又，，，所以，所以，所以，D正确.故选：ACD.03 填空题压轴1．（23-24高二下·江苏泰州·期末）已知正方体的棱长为1，，，分别在，，上，并满足（），若是的重心，且，则实数值为 【答案】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的线性运算得到，再利用给定条件建立方程求解即可.【详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系，故，，，，故，，，而，且是的重心，故，。而，故得，而，解得(另一个根舍去)，则实数值为.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是利用空间向量的线性运算得到，然后建立空间直角坐标系并结合给定条件建立方程，得到所要求的参数值即可．2．（23-24高二下·江苏常州·阶段练习）在侧棱长为的正三棱锥中，点为线段上一点，且，点M为平面内的动点，且满足，记直线与直线的所成角的余弦值的取值范围为 ．【答案】【分析】利用正三棱锥的结构特征，结合已知可得两两垂直，再确定的轨迹，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线夹角余弦即得.【详解】在正三棱锥中，由于正三棱锥的相对棱垂直，则，而，平面，于是平面，又平面，因此，有，记在底面内的投影为，，，则，由，得，所以的轨迹是以为圆心半径为的圆，取中点，连接，则经过点，建立如下图所示的空间直角坐标系，设，，而，则，设直线与直线的所成角为，所以，故答案为：3．（23-24高二下·江苏连云港·期中）在棱长为的正四面体中，点为平面内的动点，且满足，则直线与直线的所成角的余弦值的取值范围为 .【答案】【分析】根据已知条件先确定出在平面内的轨迹，然后通过建立空间直角坐标系，根据两直线方向向量夹角的余弦值结合三角函数值的范围，计算出两直线所成角的余弦值的取值范围.【详解】记在底面内的投影为，则底面，又、平面，故、，则，，又，则，所以的轨迹是以为圆心半径为的圆，建立如下图所示的空间直角坐标系：设，，，所以，所以，设直线与直线的所成角为，所以.故答案为：.【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.4．（2024·河南·一模）三棱锥中，，，，，点M，N分别在线段，上运动.若二面角的大小为，则的最小值为 .【答案】/【分析】观察三棱锥，将其补形成直三棱柱，再推得是正三角形，从而建立空间直角坐标系，利用异面直线距离的向量法公式即可得解.【详解】依题意，将三棱锥补形成直三棱柱， 此时易知，，满足题意，又，所以为二面角的平面角，即，在中，，，则，在中，，则，又，所以是正三角形，要求的最小值，即求异面直线，的距离，以点为原点，建立空间直角坐标系如图，则，故，设同时垂直于，则，取，则，故，所以的最小值为.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，通过分析三棱锥的图形，将其补形成直三棱柱，从而得解.5．（23-24高二上·河南洛阳·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是矩形，，，，点是的中点，则线段上的动点到直线的距离的最小值为 .  【答案】【分析】利用空间线面位置关系、空间向量、向量法求空间中点到直线距离的公式、二次函数分析运算即可得解.【详解】解：  如上图，取的中点为.连接 、、.∵，点是的中点，∴.又∵平面平面，平面平面，平面，∴ 平面.又∵平面∴.又∵底面是矩形，、是、中点，∴.∴以点为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图所示，由，，，得，.∴，，，则，，设，则，，，∵，∴向量的单位方向向量，则，因此点到直线的距离，当时，取最小值，∴线段上的动点到直线的距离的最小值为.故答案为：.【点睛】向量法求点到直线距离的步骤：1.根据图形求出直线（或向量）的单位方向向量.2.在直线上任取一点（可选择特殊便于计算的点），计算点与直线外的点的方向向量点.3.点到直线的距离. 04 解答题压轴1．（2024·四川雅安·模拟预测）如图，在三棱柱中，棱的中点分别为在平面内的射影为D，是边长为2的等边三角形，且，点F在棱上运动（包括端点）．(1)若点为棱的中点，求点到平面的距离；(2)求锐二面角的余弦值的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用空间向量法来求点到面的距离即可；（2）用动点引入变量表示动向量，再用空间向量法求二面角的余弦值，最后利用关于变量的函数求取值范围即可.【详解】（1）连接，依题意可知平面，由于平面，所以，由于三角形是等边三角形，所以，，又，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，又，故，，则，，设平面的法向量为，则，令，则，，故，又，所以点到平面的距离为.（2）设，，则，设平面的法向量为，则，令，则，，故可设，设锐二面角为，则，令，所以，设， 则，二次函数的开口向上，对称轴为，所以当时，该二次函数单调递增，所以当时，该二次函数有最小值，当时，该二次函数有最大值，所以，即.即锐二面角的余弦值的取值范围.2．（23-24高一下·天津南开·期末）如图①所示，矩形中，，，点M是边CD的中点，将沿AM翻折到，连接PB，PC，得到图②的四棱锥，N为PB中点．(1)求证：平面；(2)若平面平面，求直线BC与平面所成角的大小；(3)设的大小为θ，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).【分析】（1）取中点，借助三角形中位线性质，结合平行公理，利用线面平行的判定推理即得.（2）借助面面垂直的性质，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求出大小.（3）连接DG，过点D作平面ABCD，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及法向量，列出方程，即可得到结果.【详解】（1）取中点，连接，由N为PB中点，得，依题意，，则，于是四边形是平行四边形，，而平面，平面，所以平面.（2）取中点，连接，由，得，而平面平面，平面平面平面，则平面，过作，则平面，又平面，于是，在矩形中，，，则，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，则，令，得，设直线BC与平面所成的角为，则，所以直线BC与平面所成角的大小为.（3）连接，由，得，而，则为的平面角，即，过点作平面，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，，显然平面，平面，则平面平面，在平面内过作于点，则平面，设，而，则，，，即，，所以，于是，，设平面PAM的法向量为，则，令，得，设平面的法向量为，因为，，则，令，得，设平面和平面为，则令，，则，即，则当时，有最小值，所以平面和平面夹角余弦值的最小值为．【点睛】方法点睛：利用向量法求二面角的常用方法：①找法向量，分别求出两个半平面所在平面的法向量，然后求得法向量的夹角，结合图形得到二面角的大小；②找与交线垂直的直线的方向向量，分别在二面角的两个半平面内找到与交线垂直且以垂足为起点的直线的方向向量，则这两个向量的夹角就是二面角的平面角．3．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，棱柱中，侧棱底面，，E，F分别为和的中点.(1)求证：平面；(2)设，在平面上是否存在点P，使？若存在，指出P点的位置：若不存，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)当时，为棱的中点.【分析】（1）利用三角形中位线性质、线面平行的判定推理即得.（2）取AB中点O，以O为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用空间位置关系的向量证明求解即得．【详解】（1）由E，F分别为和的中点，得，而平面，平面，所以平面.（2）棱柱中，侧棱底面，取AB中点O，中点M，连接，则，平面，而平面，则有，又，则，即直线两两垂直，以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，则，假设在平面上存在点P，使，设，，，即，显然，由，得，因此，即，此时，所以当时，存在唯一的点，即棱的中点，使.4．（23-24高二下·浙江湖州·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，底面为正方形，且为线段的中点，为线段上的动点，.(1)证明：；(2)求实数的值，使得平面与平面所成锐二面角的平面角的正弦值最小.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）依题意可得，由面面垂直得到平面，即可得证；（2）首先证明平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）因为且为线段的中点，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以；（2）因为平面，平面，则，又，，面，所以平面，因为平面，则平面平面，平面平面，平面，所以平面，如图分别以所在的直线为轴，不妨设，则，，，，，，设，，，则，解得，设平面的法向量为，，则，所以，取，则，即，设平面的法向量为，，，则，取，设平面与平面所成锐二面角的平面角为，则，所以，令，则，所以，因为，当且仅当，即时取等号，所以当时，即时，，则.5．（23-24高一下·浙江温州·期末）已知矩形中，，，E为线段的中点，沿线段将翻折到，Q为线段的中点.(1)证明：平面；(2)若平面平面，求直线与平面所成角的正切值；(3)当在翻折过程中，是否存在点P使直线与直线所成角为？若存在，求出二面角平面角的余弦值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明过程见解析(2)(3)【分析】（1）设点是线段的中点，连接，只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证；（2）将问题转化为求与平面所成角的正切即可，然后根据定义找到线面角，结合解三角形知识即可求解；（3）设二面角的余弦值为，利用二面角的余弦值表示出得到，利用直线与直线所成角为，结合余弦定理得到，从而建立方程即可求解.【详解】（1）如图，点是线段的中点，连接，因为点是线段的中点，所以，因为，所以，即四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面；（2）如图，过分别过点作，垂足分别为，因为点为线段的中点，，所以是三角形的中位线，所以，而，所以，，也是三角形的中线，所以，，，，因为，且平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以为与平面所成的角，因为，所以直线与平面所成角的正切值即为；（3）如图，一方面：因为，所以，又因为，所以，即，设，因为，，所以二面角平面角的大小即为，而，所以，另一方面：若直线与直线所成角为，且注意到，所以或，又因为，所以，即，令，解得满足题意，，不满足题意，舍去；综上，存在点P使，且直线与直线所成角为，此时所求二面角平面角的余弦值为.【点睛】关键点点睛：第三问的关键是得到以及，由此即可顺利得解.