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第三章 空间向量与立体几何（高效培优单元测试·提升卷）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第一部分（选择题 共58分）
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．已知直线的方向向量是，平面的一个法向量是，则与的位置关系是（ ）
A． B．
C．l与α相交但不垂直 D．或
2．已知，，，如、、三个向量不能构成空间直角坐标系上的一组基底，则实数为（ ）
A． B． C． D．
3．在四棱锥中，，，，则这个四棱锥的高等于（　　）
A．26 B．13 C．2 D．1
4．在四面体中，，，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为（ ）
A． B．
C． D．-
5．如图，直二面角的棱上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，且垂直于.若，则线段的长度为（ ）
A． B． C．2 D．
6．已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（ ）
A． B． C． D．
7．在平行六面体中，且，，若，则棱的最大值为（ ）
A． B． C．3 D．
8．如图，空间图形是由四个全等的三角形拼接而成的，其中，，，经过点的平面满足，.若是以为斜边的等腰直角三角形，，且，则点A，B到平面的距离的平方之和为（ ）

A．2 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，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知空间向量，，，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．向量在上的投影向量的模长为 D．若，则
10．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．点到直线CQ的距离是
C．平面ECG与平面的夹角正弦值为
D．异面直线CQ与所成角的正切值为
11．如图，在正三棱柱 中， 点为的中点，点 在棱上，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．当点为的中点时，点为上底面内的动点(包括边界)，若平面，则点的轨迹长度为
C．当点为靠近的四等分点时，与夹角的余弦值为
D．当点为的中点时，将线段绕旋转 90°到，则在旋转过程中(包含与)与平面所成角的正弦值的取值范围为
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．在空间直角坐标系中，表示经过点，且方向向量为的直线的方程，则点到直线的距离为 ．
13．如图，在正四面体中，点、、、、、分别是所在棱的中点，空间中的点满足且，当取到最小值时，记此时的点为，则当、且时，数量积的不同取值的个数是 ．
14．如图.已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和6，侧棱长为4，点Q为上一点，且，则过点A，B，Q的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 .

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．（13分）
设正方体的棱长为2，求：
(1)求直线到平面的距离；
(2)求平面与平面间的距离.
16．(15分)
如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，，，，为的中点.
(1)求证：平面；
(2)当平面平面时，求直线与平面所成角的正弦值.
17．（15分）
如图，在三棱锥中，，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
18．(17分)
如图1，在梯形中，，点在线段上，，．现将沿翻折到的位置，使得二面角为直二面角，如图2所示．
(1)若是的中点，证明：平面；
(2)若分别是的中点，直线与平面所成角为．
①设，求的取值范围；
②求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围．
19.（17分）
空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：①多面体顶点的曲率等于减去多面体在该点处所有面角之和；②多面体的总曲率等于多面体所有顶点的曲率之和，多面体各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为．
(1)如图1，已知四棱锥的底面ABCD为菱形，，O为BD的中点，且平面ABCD，．
①求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值；
②求二面角的平面角的正弦值；
(2)瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他对简单多面体进行研究后，提出了著名的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足．请运用欧拉定理解决下列问题：碳60（）具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料．它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图2所示．已知碳60（）的分子结构是一个由60个C原子构成的分子，这个多面体有60个顶点，试求碳60（）各顶点的平均曲率．21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)第三章 空间向量与立体几何（高效培优单元测试·提升卷）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第一部分（选择题 共58分）
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．已知直线的方向向量是，平面的一个法向量是，则与的位置关系是（ ）
A． B．
C．l与α相交但不垂直 D．或
【答案】A
【解析】，，
所以，
所以，
故选：A
2．已知，，，如、、三个向量不能构成空间直角坐标系上的一组基底，则实数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意可知，、、三个向量共面，则存在实数、，使得，
即，所以，解得.
故选：A.
3．在四棱锥中，，，，则这个四棱锥的高等于（　　）
A．26 B．13 C．2 D．1
【答案】D
【解析】设平面的法向量，则，令，得，
所以这个四棱锥的高.
故选：D
4．在四面体中，，，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为（ ）
A． B．
C． D．-
【答案】B
【分析】建立合适的空间直角坐标系，求出，根据异面直线夹角公式即可得到答案.
【解析】取BD的中点O，连接AO，OC，由，，得，
且，在△AOC中，，故，
又，平面，所以平面，
以OB，OC，OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
所以，
设异面直线AB与CD所成角为，则，
即异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
故选：B.
5．如图，直二面角的棱上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，且垂直于.若，则线段的长度为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【分析】利用空间向量基本定理表示，再结合空间向量数量积的运算性质求即可.
【解析】因为，，，所以.
又，所以.
因为，，，，，
由，
所以.
所以.
故选：B
6．已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】球心O为正方体中心，半径，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
,
则，，
设平面ACM的一个法向量为，
，令，则，
所以，则O到平面AMC的距离为：，
截面圆半径，所以截面面积，
故选:B.
7．在平行六面体中，且，，若，则棱的最大值为（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】D
【分析】设，利用空间向量基本定理有，得，转化为代数问题，利用基本不等式有，令，即得，转化为关于的一元二次不等式即可求解.
【解析】设，则有，
由，，所以，，
所以
，
即，
由，当且仅当时，等号成立，
所以，
即，令，
即，关于的一元二次不等式要有解，
所以，解得，即，
所以的最大值为，当时，，
即，所以，即时，等号成立，
故选：D.
8．如图，空间图形是由四个全等的三角形拼接而成的，其中，，，经过点的平面满足，.若是以为斜边的等腰直角三角形，，且，则点A，B到平面的距离的平方之和为（ ）

A．2 B． C． D．
【答案】B
【解析】因为，，所以在平面内作点F，G使得，
取的中点，连接BM，DM.
因为，，M为的中点，所以，，
又因为平面，平面，，所以平面.
又因为平面，所以，故.
又由，得，，
从而以为原点，，，分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则.设，，，.
因为是以为斜边的等腰直角三角形，，所以，，
而，故由此可列出方程组，得，
解得，.故点A，B到平面的距离的平方之和为.
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，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知空间向量，，，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．向量在上的投影向量的模长为 D．若，则
【答案】BCD
【解析】对于A，空间向量，，由，可得，
即，显然和无解，故A错误；
对于B，若，则，故B正确；
对于C，向量在上的投影向量的模长是，故C正确；
对于D，，故D正确；
故选：BCD
10．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．点到直线CQ的距离是
C．平面ECG与平面的夹角正弦值为
D．异面直线CQ与所成角的正切值为
【答案】BCD
【解析】，即，A错误；
以为原点建立空间直角坐标系，则
所以
设，则点到直线CQ的距离， B正确；
设面ECG的法向量为，面的法向量为，
所以，取，则，
，取，则，
，C正确；
所以，则，D正确.
故选：BCD
11．如图，在正三棱柱 中， 点为的中点，点 在棱上，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．当点为的中点时，点为上底面内的动点(包括边界)，若平面，则点的轨迹长度为
C．当点为靠近的四等分点时，与夹角的余弦值为
D．当点为的中点时，将线段绕旋转 90°到，则在旋转过程中(包含与)与平面所成角的正弦值的取值范围为
【答案】ABD
【解析】对于选项A：
因为三棱柱为正三棱柱，点为的中点，
所以，因为，
所以平面，又平面，
所以.所以A正确.
对于选项B：
取的中点，连接.
在中，为中位线，所以，又平面，平面，则平面.
在中，为中位线，所以又平面，平面，则平面.
又，平面，所以平面平面.
又为上底面的动点，则的轨迹为.
又，所以.B正确.
取的中点，连接，
则以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，.
所以，.
所以，
所以与夹角的余弦值为.所以C错误.
对于选项D：
因为，，.
.
设平面的法向量为，则
，则，令，则.
因为点为的中点，则.
在绕旋转过程中，设旋转角为，则.
所以，所以.
所以与平面所成角的正弦值为.
因为，所以，所以，所以D正确.
故选：ABD.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．在空间直角坐标系中，表示经过点，且方向向量为的直线的方程，则点到直线的距离为 ．
【答案】
【解析】由题意，直线过点，且方向向量为，
又由，可得，可得，
所以，
又由，
所以点到直线的距离为.
13．如图，在正四面体中，点、、、、、分别是所在棱的中点，空间中的点满足且，当取到最小值时，记此时的点为，则当、且时，数量积的不同取值的个数是 ．
【答案】5
【分析】由已知可得点在平面上，且平面，再利用数量积的几何意义可求出的不同取值的个数.
【解析】因为点满足且，所以点在平面上，
因为，所以为平面的中心，此时平面，
由数量积的几何意义可知在的投影有5种情况：0，，，
所以数量积的不同取值的个数是5.
故答案为：5
14．如图.已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和6，侧棱长为4，点Q为上一点，且，则过点A，B，Q的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 .

【答案】/
【分析】取的中点为，的中点为，连接，在平面中，过作平分线，交于，则到底面及三个侧面的距离相等，求出结合体高可求该棱台内最大的球的球的半径，故可求对应的表面积.
【解析】取的中点为，的中点为，连接，
且上底面中心在线段上，
且，同理，
而垂直于上下底面，且在上底面中，在下底面中，
故，故，
在平面中，过作平分线，交于，
则到底面及三个侧面的距离相等.
又，故，
故（负解舍去），故，
由正三棱台的对称性可知棱台内最大的球要么与上下底面相切，
要么与底面及3个侧面相切，而，
故棱台内最大的球与底面及3个侧面相切，且球的半径为，

故所得的截面面积为.
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．（13分）
设正方体的棱长为2，求：
(1)求直线到平面的距离；
(2)求平面与平面间的距离.
【答案】(1)；(2)
【解析】（1）以D为原点，为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则
所以，所以，即，（2分）
又平面，平面，所以平面，
所以直线到平面的距离等于点到平面的距离．
设平面的一个法向量为，
则，令，则，（5分）
又，
所以点到平面的距离.（7分）

（2）由（1）知平面，同理，平面，
又，平面，
所以平面平面，
即平面与平面间的距离等于点到平面的距离．（11分）
由（1）知，点到平面的距离.
所以平面与平面间的距离为.(13分)
16．(15分)
如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，，，，为的中点.
(1)求证：平面；
(2)当平面平面时，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【解析】（1）取的中点，连接，，
∵为的中点，∴且，
又，，则且，
∴四边形是平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴平面.（6分）
（2）取的中点为，连接，因，则，
因平面平面，平面平面，平面，
则平面，又面，则，
又，，，则，故，，两两垂直，
以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由是边长为4的等边三角形，得，（9分）
∴，，，，，
∴，，，
设平面的法向量为，则，
令，得，，即平面的一个法向量为；（13分）
∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为．（15分）
17．（15分）
如图，在三棱锥中，，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在三角形里用余弦定理求边长，由勾股定理逆定理得，再证得平面，进而得面面垂直.
（2）先建空间直角坐标系，确定相关点坐标，得到向量坐标，通过法向量与平面内向量垂直列方程组求平面法向量，已知平面法向量，最后用公式求两平面夹角余弦值.
【解析】（1）证明：中，，，则有；
在中，，，
由余弦定理，，解得，
中，由余弦定理：，
.
又，，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）解：建系如图，以点为原点，为轴，为轴建立坐标系，
在等腰三角形中，，则，
，，，
，.
设是平面的一个法向量，
令，则.
平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则，
平面与平面夹角的余弦值为.
18．(17分)
如图1，在梯形中，，点在线段上，，．现将沿翻折到的位置，使得二面角为直二面角，如图2所示．
(1)若是的中点，证明：平面；
(2)若分别是的中点，直线与平面所成角为．
①设，求的取值范围；
②求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②
【解析】（1）由题意知，
而是的中点，所以，（2分）
又平面平面，平面平面平面，
所以平面.(4分)
（2）对于①，在平面内作的垂线作为轴，所以轴，

如图以为坐标原点，分别以为轴正半轴建立空间直角坐标系：
因为，设，
所以，
则，
所以，
.
设平面的法向量，
得，
取，（7分）
可得
，解得.(9分)
对于②，设平面的法向量，
得，取，得，（11分）
设平面与平面所成锐二面角为，
则
，（14分）
由于在时单调递增，故，
故，
得到平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围是.(17分)
19.（17分）
空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：①多面体顶点的曲率等于减去多面体在该点处所有面角之和；②多面体的总曲率等于多面体所有顶点的曲率之和，多面体各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为．
(1)如图1，已知四棱锥的底面ABCD为菱形，，O为BD的中点，且平面ABCD，．
①求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值；
②求二面角的平面角的正弦值；
(2)瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他对简单多面体进行研究后，提出了著名的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足．请运用欧拉定理解决下列问题：碳60（）具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料．它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图2所示．已知碳60（）的分子结构是一个由60个C原子构成的分子，这个多面体有60个顶点，试求碳60（）各顶点的平均曲率．
【答案】(1)①；②．(2)
【解析】（1）①连接AC，由于底面ABCD是菱形，故BD，AC交于点O，
又，所以为正三角形，
因，则，
底面ABCD，底面ABCD，故，．
且，，
由余弦定理得，（4分）
由题意可知四棱锥的四个侧面三角形全等，
故有，
记四棱锥在点P处的曲率为，则，
所以
．（6分）
②如图，以点O为原点，直线OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，
则，，，，
所以，．
设平面PAB的一个法向量为，
则，令，得，
为平面ABCD的一个法向量，（10分）
设二面角的平面角为，
由已知为锐角，则，
所以，即二面角的平面角的正弦值为．（12分）
（2）设碳60（）共有F个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，F号，
设第i号（）多边形有条边，则碳60（）共有条棱，
由题意，碳60（）共有个顶点，
i号多边形的内角之和为，
所以碳60（）的所有多边形的内角之和为，（15分）
所以碳60（）的总曲率为
．
由已知，所以碳60（）各顶点的平均曲率为．（17分）
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