第七章 立體幾何與空間向量 章節(jié)檢測教師講解版-2022年高考數(shù)學一輪（新高考專版）

文檔來源網(wǎng)絡整理侵權必刪第七章立體幾何與空間向量章節(jié)檢測（基礎卷）一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）1．（2021·全國高二課時練習）設：，，是三個非零向量；：為空間的一個基底，則是的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件【答案】B【詳解】當非零向量，，共面時，不能是空間的一個基底，由得不出，若為空間的一個基底，則，，一定不共面，所以，，一定是非零向量，所以由可以得出，因此是的必要不充分條件，故選：B.2．（2021·山西晉城市·高一期中）已知一個圓錐的母線長為，其母線與底面所成的角為，則這個圓錐的體積為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】由題得底面圓的半徑，高，故圓錐的體積．故選：D3．（2021·全國高二課時練習）已知在長方體中，，，是側棱的中點，則直線與平面所成角的大小為（）A．60° B．90°C．45° D．以上都不對【答案】B【詳解】以點D為原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，由題意知，A1（1，0，2），E（1，1，1），D1（0，0，2），A（1，0，0），所以.設平面A1ED1的一個法向量為，則,得，令z=1，得，設直線與平面A1ED1所成角為，所以，又因為，所以直線AE與平面A1ED1所成的角為90°.故選:B4．（2021·全國）已知平面內(nèi)兩向量，且.若為平面的法向量，則的值分別為（）A．－1,2 B．1，－2C．1,2 D．－1，－2【答案】A【詳解】由為平面的法向量，得，即解得.故選：A.5．（2021·全國高二課時練習）已知向量分別是平面和平面的法向量，若，則與的夾角為（）A．30° B．60° C．120° D．150°【答案】B【詳解】設與所成的角為θ，且0°≤θ≤90°，則.故選：B6．（2021·全國高二課時練習）已知直線的方向向量＝（2，－3，5），直線的方向向量＝（－4，x，y），若，則的值分別是（）A．6和－10 B．－6和10C．－6和－10 D．6和10【答案】A【詳解】解：因為，＝（2，－3，5），則存在唯一的實數(shù)，使得，即，所以，解得所以x，y的值分別是6和－10.故選：A.7．（2021·江蘇南通市·高一期中）四棱錐中，底面為平行四邊形，為的中點，點在線段上，，平面，則實數(shù)的值為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】四棱錐中，連接AC交BQ，BD分別于點N，O，因底面ABCD為平行四邊形，則O是AC中點，也是BD中點，而點Q是AD中點，于是得點N是重心，從而得，連接MN，如圖，因平面，平面，平面平面，因此得，于是得，所以實數(shù)t的值為.故選：C8．（2021·合肥市第八中學高一期中）四面體中，則四面體外接球的表面積為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】將四面體放入長方體中，使得六條棱分別為長方體六個面的面對角線，如圖：則長方體的外接球即為四面體的外接球，又長方體的體對角線即為外接球的直徑，設長方體的長寬高分別為，則，，∴，所以外接球的表面積，故選：A．二?多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.）9．（2021·臨沂市蘭山區(qū)教學研究室高一期中）如圖所示，在正方體中，為的中點，直線交平面于點，則下列結論正確的是（）A．，，三點共線 B．，，，四點共面C．，，，四點共面 D．，，，四點共面【答案】ABC【詳解】解：在正方體中，為的中點，直線交平面于點，在選項中，直線交平面于點，平面，直線，又平面，平面，為的中點，平面，底面為正方形，所以為的中點，平面，且平面，又平面，且平面，，，三點共線，故選項正確；在選項中，，，三點共線，，，，四點共面，故正確；在選項中，，，三點共線，，，，四點共面，故正確；在選項中，直線，，，，，四點不共面，故錯誤．故選：．10．（2020·重慶市榮昌中學校高二月考）已知，分別是正方體的棱和的中點，則（）A．與是異面直線B．與所成角的大小為C．與平面所成角的余弦值為D．二面角的余弦值為【答案】AD【詳解】對選項A，由圖知：與是異面直線，故A正確；以為原點，，，分別為，，軸，建立空間直角坐標系，設正方體邊長為，對選項B，，，，，所以，，設與所成角為，則，又因為，所以，故B錯誤.對選項C，由題知：平面的法向量為，因為，，設與平面所成角為，則，，故C錯誤；對選項D，，，設平面的法向量，則，令得，設平面的法向量，則，令得，設二面角的平面角為，則，又因為為銳角，所以，故D正確.故選：AD11．（2021·福建龍巖市·高一期中）如圖所示是古希臘數(shù)學家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻著一個圓柱，圓柱內(nèi)有一個內(nèi)切球，這個球的直徑恰好與圓柱的高相等，相傳這個圖形表達了阿基米德最引以為豪的發(fā)現(xiàn).我們來重溫這個偉大發(fā)現(xiàn)，關于圓柱的體積與球的體積之比和圓柱的表面積與球的表面積之比說法正確的是（）A．體積之比 B．體積之比C．表面積之比 D．表面積之比【答案】AD【詳解】設球的半徑為R，則圓柱的底面半徑為R，高為2R，∴V圓柱=πR2×2R=2πR3，V球πR3.∴；S圓柱=2πR×2R+2×πR2=6πR2，S球=4πR2.∴.故選：AD.12．（2021·河北高一期末）已知直三棱柱中，，，是的中點，為的中點.點是上的動點，則下列說法正確的是（）A．當點運動到中點時，直線與平面所成的角的正切值為B．無論點在上怎么運動，都有C．當點運動到中點時，才有與相交于一點，記為，且D．當點在上運動時，直線與所成角可以是【答案】AB【詳解】解：直三棱柱中，，，對于：當點運動到的中點是，取為中點，連接，，如下所示：即平面，所以直線與平面所成的角的正切值，，因為，，所以，故正確；對于：連接，與交于點，并連接，如下圖所示：由題意知，為正方形，即有面，所以，又，所以面，面，故，同理可證：，又，所以面，又面，即有，故正確；對于：點運動到的中點時，即在中，均為中線，所以為中線的交點，即為的重心，所以根據(jù)重心的性質有，故錯誤；對于：由于，直線與直線所成的角為與所成的角，即，結合下圖分析知，點在上運動時，當在或上是，最大為，當在的中點時，最小為，所以不可能是，故錯誤．故選：．三?填空題：（本題共4小題，每小題5分，共20分，其中第16題第一空2分，第二空3分。）13．（2021·上海市建平中學高二期中）A、是半徑為的球面上兩點，設是球心，且△是等腰直角三角形，則A、的球面距離為________【答案】【詳解】解：是等腰直角三角形，，、的球面距離為，故答案為：．14．（2021·邯山區(qū)新思路學本文化輔導學校高一期中）如圖，在正四棱錐中，側棱長均為4，且相鄰兩條側棱的夾角為分別是線段上的一點，則的最小值為_______．【答案】【詳解】如圖，將正四棱錐的側面展開，則的最小值為；在中，，則．所以的最小值為.故答案為：.15．（2021·全國高二課時練習）如圖，直角梯形中，，，，，為的中點．把折起，使至，若點是線段上的動點，則有下列結論：①存在點，使平面；②對任意點，使與成異面直線；③存在點，使平面；④存在點，使平面．其中不正確的序號是__．【答案】②③④【詳解】解：對于①，取的三等分點，使，當時，有．又，四邊形為平行四邊形，則，故平面平面，而平面，則平面，因此①正確；對于②，當點與點重合時，與共面，故②錯誤；對于③，若平面，則垂直于平面內(nèi)的任何直線，而，不垂直于平面，故③錯誤；對于④，若平面，則，而，顯然在△中不成立，故④錯誤．綜上可得：②③④錯誤．故答案為：②③④16．（2021·江蘇南京市第二十九中學高一月考）蹴鞠（如圖所示），又名蹴球，蹴圓，筑圓，踢圓等，蹴有用腳蹴、踢、蹋的含義；鞠最早系外包皮革、內(nèi)實米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以交蹴、蹋、踢皮球的活動，類似于今日的足球．早在2006年5月，蹴鞠已作為非物質文化遺產(chǎn)經(jīng)國務院批準列入第一批國家非物質文化遺產(chǎn)名錄．現(xiàn)已知某蹴鞠的表面上有四個點、、、，滿足是正三棱錐，是的中點，，側棱長為2，則該蹴鞠的體積為________；蹴鞠球心到平面的距離為______．【答案】【詳解】解：如圖，取的中點，連接，，為的中點，，，同理，，平面，則，又，且，、平面，平面，則正三棱錐的三條側棱兩兩互相垂直．把該三棱錐放置在正方體中，則正方體的外接球即為三棱錐的外接球，外接球的半徑等于正方體的對角線長的一半為．所以該蹴鞠的體積為，，，設點到平面ABC的距離為h，由，則，所以，所以蹴鞠球心到平面的距離為.故答案為：；.四、解答題（本題共6小題，共70分，其中第16題10分，其它每題12分，解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟。）17．（2021·全國高二課時練習）如圖所示，在棱長為的正方體中，，分別是，的中點.（1）求直線與所成角的余弦值；（2）求直線與平面所成角的余弦值；（3）求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）；（2）；（3）.【詳解】以為坐標原點，分別以所在直線為軸、軸、軸，建立空間直角坐標系.（1），，，所以，，所以，故直線與所成角的余弦值為；（2）由（1）得，，，得，，設平面的法向量為，則，即，令，則，，所以設直線與平面所成角為，所以，又直線與平面所成角的范圍是，所以，故直線與平面所成角的余弦值為；（3）由（2）可得平面的法向量為，因為面，所以平面的一個法向量，，所以平面與平面夾角的余弦值為.18．（2021·貴州貴陽市·高三開學考試（理））長方體中，，，是上底面內(nèi)的一點，經(jīng)過點在上底面內(nèi)的一條直線滿足.（1）作出直線，說明作法（不必說明理由）；（2）當是中點時，求二面角的余弦值.【答案】（1）圖象見解析，作法見解析；（2）.【詳解】解：（1）如圖，連接，在上底面過點作直線；（2）以點為坐標原點，以向量方向為軸的正方向建立如圖所示的坐標系，當是中點時，直線即為直線，由條件知，，，，，則，，，，設平面的法向量為，由得取設平面的法向量為，則由同理可取因為所以二面角的余弦值為19．（2021·全國高二課時練習）如圖，四棱錐中，⊥平，底面為直角梯形，，.問：在棱上是否存在一點，使得平面？若存在，求出點的位置；若不存在，請說明理由．【答案】存在點E為PD中點時，CE//平面PAB.【詳解】由已知得以AB，AD，AP兩兩垂直，分別以AB，AD，AP為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖．∵，∴P(0，0，1)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，設E(0，y，z)，則＝(0，y，z－1)，＝(0，2，－1)，∵E是棱PD上的點，∴∥，∴，即①∵＝(0，2，0)是平面PAB的法向量，＝(－1，y－1，z)，∴由CE∥平面PAB，可得⊥，∴(－1，y－1，z)·(0，2，0)＝2(y－1)＝0，∴y＝1，代入①式得z＝.∴E是PD的中點，此時，由于平面,∴CE∥平面PAB.故存在滿足題意的點E,使得CE∥平面PAB，且點E為棱PD的中點.20．（2020·安徽立人中學高二期中（理））如圖所示的幾何體中，四邊形是正方形，平面，，分別為、、的中點，且．（1）證明：平面平面；（2）求三棱錐與四棱錐的體積之比．【答案】（1）證明見解析；（2）.【詳解】證明：（1）∵分別為中點，∴，∵，∴，又平面，平面，∴平面，同理平面，又，由面面垂直的判定可得，平面平面．（2）設，平面，則，，∴．21．（2021·上海市亭林中學高二期末）如圖所示的正四棱柱的底面邊長為1，側棱，點在棱上，且．（1）當時，求三棱錐的體積；（2）當異面直線與所成角的余弦值為時，求的值；（3）是否存在使得點到平面的距離為？若存在，求出的值；若不存在請說明理由．【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）由，得，又正四棱柱，則平面，則.（2）以為原點，射線、、作軸、軸、軸的正半軸，建立空間直角坐標系（如圖），則，，，，即，又異面直線與所成的角余弦值為時，則,化簡整理得，又，即.（3），，，，，設平面的法向量，則，所以，令，，，所以平面的法向量，，則點到平面的距離，解得：所以存在，使得點到平面的距離為.22．（2021·湖北黃石市·黃石二中高