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空间向量与立体几何专项训练
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．（24-25高二上·广东肇庆·期末）在空间直角坐标系中有一点，则该点关于轴对称点的坐标为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】关于轴对称点的坐标,
故选：A
2．（24-25高二上·广东惠州·期末）已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】向量在向量上的投影向量为．故选：C．
3．（24-25高二上·广东潮州·期末）正方体的棱长为为的中点，则点到直线的距离为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】B
【详解】建立空间直角坐标系，如图，
则，，，
所以，，
所以在方向上的投影向量的模为，
所以点到直线的距离.
故选：B.
4．（24-25高二上·广东清远·期末）如图，在三棱锥中，．若点分别在棱上，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】由，
得，
所以，
故选：C．
5．（24-25高二上·广东汕头·期末）已知空间向量，，，若，，共面，则实数（ ）
A．2 B．3 C．13 D．
【答案】D
【详解】由空间向量，，共面，得，即，
则，解得.
故选：D.
6．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知，，则点到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】因为，，，则，，
所以点到直线的距离为：.
故选：D
7．（24-25高二上·广东惠州·期末）如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．长度为1的金属杆端点在对角线上移动，另一个端点在正方形内（含边界）移动，且始终保持，则端点的轨迹长度为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，设，
可得，
因为，即，可得，
则，则，整理可得，
可知端点的轨迹是以为圆心，半径的圆的部分，
所以端点的轨迹长度为．
故选：A．
8．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知在三棱柱中,，，，，分别为的中点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】设，则，
，所以.

故选：B.
二、选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，至少有两项是符合题目要求的。若全部选对的得6分，部分选对的得部分分，选错或不选得0分
9．（24-25高二下·广东潮州·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E为线段的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．三棱锥的体积为
C．点B到直线的距离为
D．平面截正方体的截面的面积为5
【答案】ABC
【详解】依题意，以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，，，，
∴，，，
∴，故选项A正确；
∵三棱锥的体积，故选项B正确；
∵，，∴，
∴点B到直线的距离为，故选项C正确；
记的中点为F，连接，，则，∴，，
∴，∴，，∴A，E，，F四点共面，
即平行四边形为平面截正方体的截面.
由勾股定理易得，∴平行四边形是菱形.
又，∴，，
∴，故选项D错误.
故选：ABC.
10．（24-25高二上·广东汕头·期末）如图所示，在正方体中，点是棱上的一个动点（不包括端点），平面交棱于点，则下列命题中正确的是（ ）
A．存在点，使得为直角
B．对于任意点，都有直线平面
C．对于任意点，都有平面平面
D．三棱锥的体积为定值
【答案】CD
【详解】对于A，易知
，
故与不垂直，故A错误；
对于B，连接，则平面平面，
若平面，且平面，则，
显然仅当和为所在棱中点时与才平行，故B错误；
对于C，连接，，，、，，
由平面，平面，得，
由为正方形，易知，
因为，平面，平面，
平面，，同理可证，
，平面，
平面，又平面，
平面平面，故C正确；
对于D， ，平面，平面，平面，
所以点到平面的距离为定值，又的面积为定值，
三棱锥的体积为定值，故D正确．
故选：CD．
11．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知正方体棱长为，点满足，为中点，则下列论述正确的是（ ）

A．若，则
B．若，则直线平面
C．若，则点到平面的距离为
D．若，则平面与平面所成角的取值范围为
【答案】AB
【详解】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、、、、、、
、、，
对于A选项，当时，，
则，，
所以，，故，A正确；
对于B选项，当时，则，
所以，，
则，则，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，所以，，即，
因为平面，所以直线平面，B正确；
对于C选项，，其中，
，，设平面的法向量为，
则，取，可得，
则点到平面的距离为，C错误；
对于D选项，若，其中，
，，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面所成角为，所以，，
当时，
当时，则，
，
综上，，与矛盾，D错误.
故选：AB.
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分
12．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知，，三点共线，则 .
【答案】26
【详解】由题意，，因为，所以，
所以，，所以.
故答案为：
13．（24-25高二上·广东肇庆·期末）已知平行六面体中，．若，则的值为 ．
【答案】
【详解】由题意可得
，
解得：，
所以
故答案为：
14．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，当与垂直时，点的运动轨迹长度为 .
【答案】
【详解】以为坐标原点，分别为，建立空间直角坐标系，
则，设，
可得，
因为，则，
整理可得，即点的轨迹方程为，
令，则；令，则；
可知点的轨迹即为点与两点之间的线段，
所以轨迹长度为.
故答案为：.
四、解答题:本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（24-25高二下·广东茂名·期末）如图，在正方体中，E，F分别是棱，上的动点.

(1)设E，F分别为、的中点.证明：平面；
(2)设.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）.
【详解】（1）（法一）由E，F分别是棱，的中点，
所以，又，所以，平面，平面，
所以平面.
（法二）如图，以D为坐标原点，，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

设正方体的棱长为a，E，F分别是棱，的中点，
则，，，，
所以，，
则，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）（ⅰ）设，则，，
所以，，，
所以.
（ⅱ）在正方体中，，
若三棱锥的体积取得最大值，则取得最大值，又.
，
当且仅当时，即时取等号，即E，F分别是棱上中点，
由，，，
得，，平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，即，
令，，，则，，.
设平面与平面夹角为θ，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
16．（24-25高二下·广东汕尾·期末）如图1，在平面多边形中，为直角三角形，，，．如图2，现将沿轴向上翻折到图中的处，此时，．
(1)证明：；
(2)证明：平面；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)．
【详解】（1）证明：如图，取的中点N，连接，，
因为且，
所以四边形为菱形，故，
又因为，所以四边形为平行四边形，
故有，所以，
因为，、平面，，故平面，
因为平面，所以．
（2）证明：如图，连接交于点O，连接．
因为，且，
所以，所以O为的三等分点，
又因为，所以M为的三等分点，所以，
因为平面，平面，
所以平面．
（3）由题意知，，，
因为，平面，与相交，所以平面．
以菱形的对角线交点为坐标原点，以为x轴正方向，以为y轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，由于，
则，，，，，
由知．
设平面的法向量为，
，，
所以，令，则，，
即，
设平面的法向量为，
，，
所以，令，则，，
即，
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
17．（24-25高二下·广东深圳·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面，，分别为棱，的中点．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）在四棱锥中，平面，，
则直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
从而，设平面的法向量，
则，取，得，
又，所以，即，所以平面；
（2）设平面的法向量，，
则，取，得，
于是，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．（24-25高二上·广东汕头·期末）如图，在三棱锥中，，，为正三角形，为的中点，．

(1)求证：平面平面；
(2)若为的中点，求平面与平面的夹角．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为，所以，，
又，平面，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）连接PO,OD,因为为正三角形，为中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
又为的中点，所以，，
如图以为原点建立空间直角坐标系，

则，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，令，可得，
又平面的一个法向量可取，
设平面与平面夹角为，
则，
又，所以，即平面与平面夹角为．
19．（24-25高二下·广东深圳·期末）如图，已知菱形和等边三角形有公共边，点B在线段上，与交于点O，将沿着翻折成，得到四棱锥，．
(1)求证：平面平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
(3)求直线与平面夹角正弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）证明：连接BD，由菱形和等边三角形有公共边，可知，
且，，即，
则四边形为菱形，
所以，故翻折后，
因为，且都在平面内，
所以平面，
又平面，所以平面平面．
（2）由（1）知平面，平面，
则平面平面，
如图，在平面中过点作，
又平面平面，
所以平面，故两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
因为，所以为等边三角形，，
则，，，，
设平面与平面夹角为，
法向量分别为，，
则，取得；
，取得，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值为．
（3）由（2）知在平面上且，
可设，
则，，，
设平面法向量为，
则，
取得，
设与平面夹角为，
则，
令，则，
当且仅当，即时成立，
所以直线与平面夹角正弦值的最大值为．空间向量与立体几何专项训练
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．（24-25高二上·广东肇庆·期末）在空间直角坐标系中有一点，则该点关于轴对称点的坐标为（ ）
A． B．
C． D．
2．（24-25高二上·广东惠州·期末）已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A． B． C． D．
3．（24-25高二上·广东潮州·期末）正方体的棱长为为的中点，则点到直线的距离为（ ）
A． B．1 C． D．
4．（24-25高二上·广东清远·期末）如图，在三棱锥中，．若点分别在棱上，且，则（ ）
A． B．
C． D．
5．（24-25高二上·广东汕头·期末）已知空间向量，，，若，，共面，则实数（ ）
A．2 B．3 C．13 D．
6．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知，，则点到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
7．（24-25高二上·广东惠州·期末）如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．长度为1的金属杆端点在对角线上移动，另一个端点在正方形内（含边界）移动，且始终保持，则端点的轨迹长度为（ ）
A． B． C．1 D．
8．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知在三棱柱中,，，，，分别为的中点，则（ ）
A． B． C． D．
二、选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，至少有两项是符合题目要求的。若全部选对的得6分，部分选对的得部分分，选错或不选得0分
9．（24-25高二下·广东潮州·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E为线段的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．三棱锥的体积为
C．点B到直线的距离为
D．平面截正方体的截面的面积为5
10．（24-25高二上·广东汕头·期末）如图所示，在正方体中，点是棱上的一个动点（不包括端点），平面交棱于点，则下列命题中正确的是（ ）
A．存在点，使得为直角
B．对于任意点，都有直线平面
C．对于任意点，都有平面平面
D．三棱锥的体积为定值
11．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知正方体棱长为，点满足，为中点，则下列论述正确的是（ ）

A．若，则
B．若，则直线平面
C．若，则点到平面的距离为
D．若，则平面与平面所成角的取值范围为
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分
12．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知，，三点共线，则 .
13．（24-25高二上·广东肇庆·期末）已知平行六面体中，．若，则的值为 ．
14．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，当与垂直时，点的运动轨迹长度为 .
四、解答题:本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（24-25高二下·广东茂名·期末）如图，在正方体中，E，F分别是棱，上的动点.
(1)设E，F分别为、的中点.证明：平面；
(2)设.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值.
16．（24-25高二下·广东汕尾·期末）如图1，在平面多边形中，为直角三角形，，，．如图2，现将沿轴向上翻折到图中的处，此时，．
(1)证明：；
(2)证明：平面；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
17．（24-25高二下·广东深圳·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面，，分别为棱，的中点．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
18．（24-25高二上·广东汕头·期末）如图，在三棱锥中，，，为正三角形，为的中点，．
(1)求证：平面平面；
(2)若为的中点，求平面与平面的夹角．
19．（24-25高二下·广东深圳·期末）如图，已知菱形和等边三角形有公共边，点B在线段上，与交于点O，将沿着翻折成，得到四棱锥，．
(1)求证：平面平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
(3)求直线与平面夹角正弦值的最大值．

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