2023届高考数学一轮复习单元双优测评卷第一章空间向量与立体几何（A卷）A卷基础过关必刷卷一、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．如图，某圆锥的轴截面是等边三角形，点是底面圆周上的一点，且，点是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（）A．B．C．D．2．已知MN是正方体内切球的一条直径，点Р在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值范围为（）A．B．C．D．3．如图，正方体中，是的中点，则（）A．直线与直线相交，直线平面B．直线与直线平行，直线//平面C．直线与直线垂直，直线//平面D．直线与直线异面，直线平面4．如图，正方体的棱长为，为的中点，在侧面上，若\n，则面积的最小值为（）A．B．C．D．5．已知正四面体的棱长为，是该正四面体外接球球心，且，，则A．B．C．D．6．在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F分别在棱AA1和AB上，且C1E⊥EF，则|AF|的最大值为（ ）A．B．1C．D．27．在一个正方体中，为正方形四边上的动点，为底面正方形的中心，分别为中点，点为平面内一点，线段与互相平分，则满足的实数的值有\nA．0个B．1个C．2个D．3个8．已知三棱锥中，底面为等边三角形，，，点为的中点，点为的中点.若点、是空间中的两动点，且，，则A．3B．4C．6D．8二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9．已知正方体的棱长为4，点是棱的中点，点在面内(包含边界)，且，则()A．点的轨迹的长度为B．存在，使得C．直线与平面所成角的正弦值最大为D．沿线段的轨迹将正方体切割成两部分，挖去体积较小部分，剩余部分几何体的表面积为10．已知棱长为的正方体中，是的中点，点在正方体的表面上运动，且总满足，则下列结论中正确的是（）A．点的轨迹中包含的中点B．点的轨迹与侧面的交线长为C．的最大值为D．直线与直线所成角的余弦值的最大值为\n11．如图，在正方体中，，点M，N分别在棱AB和上运动（不含端点），若，下列命题正确的是（）A．B．平面C．线段BN长度的最大值为D．三棱锥体积不变12．如图，正方体中，点为棱的中点，点是线段上的动点，，则下列选项正确的是（）A．直线与是异面直线B．三棱锥的体积为C．过点作平面的垂线，与平面交与点，若，则D．点到平面的距离是一个常数三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13．已知球是棱长为2的正八面体(八个面都是全等的等边三角形)的内切球，为球的一条直径，点为正八面体表面上的一个动点，则的取值范围是_____．14．在底面是正方形的四棱锥中，底面，点为棱的中点，点在棱上，平面与交于点，且，，则四棱锥的外接球的表面积为____．\n15．四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点，且二面角的平面角大小为，若动点的轨迹将分成面积为的两部分，则________.16．棱长为2的正方体中，点分别在线段上，且．以下结论：①；②平面；③与异面；④点到面的距离为；⑤若点分别为线段的中点，则由线与确定的平面在正方体上的截面为等边三角形．其中有可能成立的结论为____________________．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．如图，在直三棱柱中，为的中点.（1）证明：平面.（2）若，求二面角的余弦值.\n18．如图，在三棱台中，侧棱平面点在棱上，且（1）证明：平面；（2）当二面角的余弦值为，求的值.19．如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面平面，中，，，E，F分别是，的中点.\n（1）求证：平面；（2）记平面与平面的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线与平面所成的角的取值范围.20．如图，在正三棱锥中，是高上一点，，直线与底面所成角的正切值为.（1）求证：平面；（2）求三棱锥外接球的体积.\n21．已知正四棱柱中，，．（1）求证：；（2）求二面角的余弦值；（3）在线段上是否存在点，使得平面平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．\n22．《九章算术》是我国古代的数学著作，是“算经十书”中最重要的一部，它对几何学的研究比西方要早1000多年.在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图，在堑堵中，，，M，N分别是，BC的中点，点P在线段上.（1）若P为的中点，求证：平面.（2）是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由一、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．如图，某圆锥的轴截面是等边三角形，点是底面圆周上的一点，且，点是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（）\nA．B．C．D．【答案】C【解析】以过点且垂直于平面的直线为轴，直线，分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设，则根据题意可得，，，，所以，，设异面直线与所成角为，则.故选：C.2．已知MN是正方体内切球的一条直径，点Р在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设正方体内切球的球心为，则,,因为MN是正方体内切球的一条直径，\n所以，，所以，又点Р在正方体表面上运动，所以当为正方体顶点时，最大，且最大值为；当为内切球与正方体的切点时，最小，且最小为；所以，所以的取值范围为，故选：B3．如图，正方体中，是的中点，则（）A．直线与直线相交，直线平面B．直线与直线平行，直线//平面C．直线与直线垂直，直线//平面D．直线与直线异面，直线平面【答案】C【解析】解：如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，则，，，，，，，，，所以，，，所以与不平行，故直线与直线不平行，即B错误；，所以，所以，设面的法向量为，即，令，则，，所以，所以，因为平面，所以平面，故C正确；\n因为，，故与不垂直，故D错误；因为，，所以与不相交，故A错误；故选：C4．如图，正方体的棱长为，为的中点，在侧面上，若，则面积的最小值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】过作平面，垂足为；作于点，连接以为坐标原点可建立如下图所示空间直角坐标系则，，，，，\n设，则，，当时，故选：5．已知正四面体的棱长为，是该正四面体外接球球心，且，，则A．B．C．D．【答案】A【解析】如图设平面，球心在上，由正四面体的性质可得：三角形是正三角形，，，在直角三角形中，，，，，，因为为重心，因此，则，因此，因此，则，故选A.6．在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F分别在棱AA1和AB上，且C1E⊥EF，则|AF|的最大值为（ ）\nA．B．1C．D．2【答案】B【解析】以AB，AD，AA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则C1（4，4，4），设E（0，0，z），z∈[0，4]，F（x，0，0），x∈[0，4]，则|AF|＝x．＝（4，4，4﹣z），＝（x，0，﹣z）．因为C1E⊥EF，所以，即：z2+4x﹣4z＝0，x＝z﹣．当z＝2时，x取得最大值为1．|AF|的最大值为1．故选B．7．在一个正方体中，为正方形四边上的动点，为底面正方形的中心，分别为中点，点为平面内一点，线段与互相平分，则满足的实数的值有A．0个B．1个C．2个D．3个【答案】C\n【解析】因为线段D1Q与OP互相平分，所以四点O，Q，P，D1共面，且四边形OQPD1为平行四边形．若P在线段C1D1上时，Q一定在线段ON上运动，只有当P为C1D1的中点时，Q与点M重合，此时λ＝1，符合题意．若P在线段C1B1与线段B1A1上时，在平面ABCD找不到符合条件Q；在P在线段D1A1上时，点Q在直线OM上运动，只有当P为线段D1A1的中点时，点Q与点M重合，此时λ＝0符合题意，所以符合条件的λ值有两个故选C.8．已知三棱锥中，底面为等边三角形，，，点为的中点，点为的中点.若点、是空间中的两动点，且，，则A．3B．4C．6D．8【答案】B【解析】建立直角坐标系如图所示，\n，底面为等边三角形，且.所以OD=2,AO=.B(-，-1，0)，D(0,2,0),C(，-1，0),点为的中点，所以E（，，0）点为的中点，F（-，-，0），设M（x,y,z）,，所以，所以点M在以（0,0,0）为球心，以1为半径的球上，同理N也在这个球上，且，所以MN为球的直径，=.故选B.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9．已知正方体的棱长为4，点是棱的中点，点在面内(包含边界)，且，则()A．点的轨迹的长度为B．存在，使得C．直线与平面所成角的正弦值最大为D．沿线段的轨迹将正方体切割成两部分，挖去体积较小部分，剩余部分几何体的表面积为【答案】AD【解析】对于选项A：结合已知条件，过M作，垂足为N，如下图所示：\n由已知条件和正方体性质易知，，且平面，因为平面，所以，又因为，所以，故点的轨迹是以的中点N为圆心，半径为2的一个半圆，从而点的轨迹的长度为，故A正确；对于选项B：以D为坐标原点，DA、DC和为、和轴建立空间直角坐标系，如下图：由已知条件可知，，，，，不妨设，且，且，因为，，所以，假设存在存在，使得，故，即，即，这与矛盾，从而假设不成立，故B错误；对于选项C：连接AC，易知平面，因为，所以为平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，\n故，不妨令，，其中，从而，当且仅当，即时，最大值，从而的最大值为，即直线与平面所成角的正弦值最大为，故C错误；对于选项D：由题意可知，挖去的部分为一个底面半径为2，高为4的半圆锥，则半圆锥的侧面为，正方体的侧面剩余的面积为，正方体底面剩余面积为，正方体其余四个面的面积为，故剩余部分几何体的表面积为，故D正确.故选：AD.10．已知棱长为的正方体中，是的中点，点在正方体的表面上运动，且总满足，则下列结论中正确的是（）A．点的轨迹中包含的中点B．点的轨迹与侧面的交线长为C．的最大值为D．直线与直线所成角的余弦值的最大值为【答案】BCD【解析】如图，取的中点，分别取，上靠近，的四等分点，，连接，，，，易知且，所以，，，四点共面．连接，\n因为，，，因此，所以，易知，所以平面，即点的轨迹为四边形（不含点），易知点的轨迹与侧面的交线为，由不过的中点，所以A选项错误又，B选项正确；根据点的轨迹可知，当与重合时，最大，易知平面，则，连接，所以，故C选项正确；由于点的轨迹为四边形（不含点），所以直线与直线所成的最小角就是直线与平面所成的角，又向量与平面的法向量的夹角等于，且，所以直线与平面所成角的余弦值为，即直线与直线所成角的余弦值的最大值等于，故D选项正确．故选：BCD11．如图，在正方体中，，点M，N分别在棱AB和上运动（不含端点），若，下列命题正确的是（）\nA．B．平面C．线段BN长度的最大值为D．三棱锥体积不变【答案】ACD【解析】在正方体中，以点D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图：A1(3,0,3)，D1(0,0,3)，C(0,3,0)，B(3,3,0)，设M(3,y,0)，N(3,3,z)，，，而则，对于A选项：，则，，A正确；对于B选项：，，即CM与MN不垂直，从而MN与平面D1MC不垂直，B不正确；对于C选项：，则线段BN长度，当且仅当时取“=”，C正确；对于D选项：不论点M如何移动，点M到平面A1D1C1的距离均为3，而，\n三棱锥体积为定值，即D正确.故选：ACD12．如图，正方体中，点为棱的中点，点是线段上的动点，，则下列选项正确的是（）A．直线与是异面直线B．三棱锥的体积为C．过点作平面的垂线，与平面交与点，若，则D．点到平面的距离是一个常数【答案】ACD【解析】选项A.取的中点，连接,则又，所以,所以四点共面.又平面,平面,则平面由,所以平面，又平面所以直线与是异面直线，故A正确选项B.,故B不正确.选项C.在正方体中，分别以为轴建立空间直角坐标系.取的中点，连接,则,\n设平面的法向量,则,即取设平面的法向量,则,即取由，可得，即平面平面，设,连接,且平面平面此时由与相似，由，可得，即此时点满足.过点在平面内作,则平面由,则与不平行，所以与一定相交，设为.又平面，则平面.所以过点作平面的垂线，与平面交与点，若，则所以选项C正确.选项D.设点到平面的距离为.由选项A的解答可知，平面所以点到平面的距离等于直线上任意一点到平面的距离.则点到平面的距离等于点到平面的距离.,即,所以由在正方体中，由题意，为给定三角形，所以，为定值，故点到平面的距离为常数.故D正确.故选：ACD\n三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13．已知球是棱长为2的正八面体(八个面都是全等的等边三角形)的内切球，为球的一条直径，点为正八面体表面上的一个动点，则的取值范围是_____．【答案】【解析】如图所示，设已知的正八面体，易知平面于球心，且点为正方形的中心，设球心与正四棱锥的侧面相切于点连接，则，，由，得即正八面体的内切球的半径为为正八面体表面上的任意一点则，即的取值范围是\n14．在底面是正方形的四棱锥中，底面，点为棱的中点，点在棱上，平面与交于点，且，，则四棱锥的外接球的表面积为____．【答案】【解析】如图：,建立以AB为x轴，AD为y轴，PA为z轴的空间直角坐标系，则，因为E.F.K.C四点共面，所以,故四棱锥K-ABCD的外接球球心在过正方形ABCD的中心且垂直ABCD与KA成都相等的线段的中点处，故外接球半径为：故四棱锥的外接球的表面积为15．四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点，且二面角的平面角大小为，若动点的轨迹将分成面积为的两部分，则________.【答案】【解析】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图：设Q的轨迹与y轴的交点坐标为Q（0，b，0）（b＞0）．由题意可知A（0，0，0），D（2，0，0），P（0，0，1），∴=（﹣2，0，1），=（﹣2，b，0）.=（2，0，0）．设平面APD的法向量为=（x1，y1，z1），平面PDQ的法向量为=（x2，y2，z2）则\n即，令y1=0得=（0，1，0），令z2=2得=（1，，2）．∴．∵二面角Q﹣PD﹣A的平面角大小为，∴cos＜＞=即解得b=．∴S△ADQ=．S梯形ABCD﹣S△ADQ=．∵S1＜S2，∴S1=，S2=．∴S1：S2=（3﹣4）：4．故答案为（3﹣4）：4．16．棱长为2的正方体中，点分别在线段上，且．以下结论：①；②平面；③与异面；④点到面的距离为；⑤若点分别为线段的中点，则由线与确定的平面在正方体上的截面为等边三角形．其中有可能成立的结论为____________________．\n【答案】①②④⑤【解析】如图，建立空间直角坐标系，则，，，设，则，，所以即，故①正确.平面的法向量为，因为且平面，所以平面，故②正确.当与重合时，③与相交，故③错.平面的法向量为，，故到到平面的距离为，故④正确.若点分别为线段的中点，则由线与确定的平面为，它是等边三角形，所以⑤正确.综上，正确命题的序号为①②④⑤.\n四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．如图，在直三棱柱中，为的中点.（1）证明：平面.（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）；【解析】（1）∵为的中点，∴，∵直三棱柱中，面面，面，面面，∴面，又面，即，由题设易知：，故，又，∴，则，又，∴平面.（2）过D作，由（1）可构建以为原点，、、为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，如下图示：\n∴由题意：，，，，∴，，，显然，是面的一个法向量，若是面的一个法向量，则，令，则，∴，由图知：钝二面角的余弦值为.18．如图，在三棱台中，侧棱平面点在棱上，且（1）证明：平面；（2）当二面角的余弦值为，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）因为，所以，又因为平面，平面，所以，又，所以平面，所以，又因为，，所以，所以，又，所以平面；（2）以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：\n因为，所以，因为，所以，设平面一个法向量为，设平面一个法向量为，且，因为，所以，令，所以，又因为，所以，令，所以，所以，又因为二面角的余弦值为，所以，所以解得（舍去），综上可知：.19．如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面平面，中，，，E，F分别是，的中点.\n（1）求证：平面；（2）记平面与平面的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线与平面所成的角的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明：因为C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，，又平面平面，且平面平面，平面，平面.（2）由E，F分别是，的中点，，又平面，平面，平面，又平面，平面平面，.以C为坐标原点，，所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，∴可设，平面的一个法向量为，则，取，得，又，则.∴直线与平面所成角的取值范围为.20．如图，在正三棱锥中，是高上一点，，直线与底面所成角的正切值为.\n（1）求证：平面；（2）求三棱锥外接球的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明：延长交于点因为平面，所以即为直线与底面所成的角，从而，所以.因为，则，，.以点为坐标原点，与平行的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则、、、、，所以，，，设平面的法向量为，由得，取，则，，即，所以，即，所以平面；\n（2）由题意知三棱锥为正三棱锥，设其外接球的球心为，由，得，解得，所以外接球的半径，所以外接球的体积.21．已知正四棱柱中，，．（1）求证：；（2）求二面角的余弦值；（3）在线段上是否存在点，使得平面平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，．【解析】（1）因为四棱柱是正四棱柱，所以平面，，因为平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以.（2）如图，以为原点建立空间直角坐标系，\n则，，，，，，，，，因为平面，所以是平面的法向量，设平面的法向量，则，即，令，则，，故，因为二面角是钝二面角，所以二面角的余弦值为.（3）设为线段上一点，，，因为，，，所以，则，，，，，设平面的法向量，则，即，令，则，若平面平面，则，即，解得，故当时，平面平面.22．《九章算术》是我国古代的数学著作，是“算经十书”中最重要的一部，它对几何学的研究比西方要早1000多年.在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三\n棱柱称为堑堵.如图，在堑堵中，，，M，N分别是，BC的中点，点P在线段上.（1）若P为的中点，求证：平面.（2）是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析.【解析】解析（1）证明：取的中点H，连接PH，HC.在堑堵中，四边形为平行四边形，所以且.在中，P，H分别为，的中点，所以且.因为N为BC的中点，所以，从而且，所以四边形PHCN为平行四边形，于是.因为平面，平面，所以平面.\n（2）以A为原点，AB，AC，所在直线分别为x轴､y轴､z轴，建立空间直角坐标系，则，，，.易知平面ABC的一个法向量为.假设满足条件的点P存在，令，则，.设平面PMN的一个法向量是，则即令，得，，所以.由题意得，解得，故点P不在线段上.
