第一章 空间向量与立体几何章末检测（能力篇）-2022-2023学年高二数学上学期同步知识梳理+考点精讲精练(人教B版2019选择性必修第一册)

第一章 空间向量与立体几何章末检测（能力篇）

考试时间：120分钟    试卷满分：150分

一、单选题：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．平面的一个法向量是,,，平面的一个法向量是,6,，则平面与平面的关系是（       ）

A．平行 B．重合 C．平行或重合 D．垂直

【答案】C

【解析】

【分析】

由题设知，根据空间向量共线定理，即可判断平面与平面的位置关系.

【详解】

平面的一个法向量是,,，平面的一个法向量是,6,，

，

平面与平面的关系是平行或重合．

故选：C．

2．如图，在四面体OABC中，，，，点M在OA上，且，点N为BC的中点，则（       ）．

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】

【分析】

由向量的加法、减法及数乘运算法则计算即可．

【详解】

连接ON，则

由题可得

故选：B.

3．已知向量，则与共线的一个单位向量（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】

设，根据求得实数的值，即可求得单位向量的坐标.

【详解】

设，由已知可得，解得.

因此，或.

故选：B.

【点睛】

结论点睛：与非零向量共线的单位向量为.

4．对于任意空间向量 ，给出下列三个命题：①；②若，则为单位向量；③.其中真命题的个数为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】

由空间向量平行的条件可判断①；根据向量的模的计算可判断②；由空间向量垂直的条件可判断③，从而可得选项.

【详解】

由可以推出，反之不一定成立，例：、，则，

故①不正确；

当时，，故②不正确；

当时，，即，反之也成立，故③正确.

所以正确命题的个数为：1.

故选：B.

5．如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点为端点的三条棱长均为，且它们彼此的夹角都是，下列说法中正确的是（       ）

A．

B．

C．向量与的夹角是

D．与所成角的余弦值为

【答案】B

【解析】

选项，计算得，所以选项不正确；

选项，，所以，所以选项正确；

选项，向量与的夹角是，所以选项不正确；

选项，与所成角的余弦值为，所以选项不正确.

【详解】

选项，由题意可知，

则

，

∴，所以选项不正确；

选项，，又，

∴，所以选项正确；

选项，，，

∴向量与的夹角是，所以选项不正确；

选项，，，

设与所成角的平面角为，

∴

，所以选项不正确.

故选：B

【点睛】

关键点点睛：解答本题的关键是把几何的问题和向量联系起来，转化为向量的问题，提高解题效率，优化解题.把线段长度的计算，转化为向量的模的计算；把垂直证明转化为向量数量积为零；把异面直线所成的角转化为向量的夹角计算.

6．在棱长为2的正方体中，点在棱上，，点是棱的中点，点满足，当平面与平面所成（锐）二面角的余弦值为时，经过三点的截面的面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】

【分析】

以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，由空间向量结合平面与平面所成二面角的余弦值为求出的值，画出截面图，求出截面五边形的边长，再由等腰三角形及等腰梯形的面积求和可得答案

【详解】

解：如图，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，所以，

设平面的一个法向量为，则

，取，则，

平面的一个法向量为，

由题意得，解得或（舍去），

延长，设，连接，交于，延长，交的延长线于，连接，交于，则五边形为截面图形，

由题意求得，，，，，，截面五边形如图所示，

则等腰三角形底边上的高为，等腰梯形的高为，

则截面面积为

故选：B

【点睛】

关键点点睛：此题考查二面角的平面角及其求法，考查平面的基本性质及推理，考查运算能力，解题的关键是建立空间直角坐标系，由平面与平面所成（锐）二面角的余弦值为求出，属于中档题

7．已知平面内的，射线与所成的角均为135°，则与平面所成的角的余弦值是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】

【分析】

作出图形，如图，通过分析，可得为与平面所成的角的补角，利用余弦定理可以计算.

【详解】

作出如下图形，令，则，，

取中点，连接，则即为与平面所成的角的补角，

在中，，

在中，，

，

，

与平面所成的角的余弦值是.

故选：B.

【点睛】

本题考查线面角的求法，找出所成角，构造三角形是解题的关键.

8．平行六面体（底面为平行四边形的四棱柱）所有棱长都为1，且则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

由平方，根据向量的数量积运算法则及性质可求出.

【详解】

如图：

由

,

,

故选：C

【点睛】

本题主要考查了向量的加法法则、向量数量积运算性质、向量模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

二、多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9．在正方体中，下列各式中运算结果为的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【解析】

【分析】

A中，；B中，；C中，；D中，,即得解.

【详解】

根据空间向量的加法运算法则及正方体的性质，逐一进行判断：

A中，；

B中，；

C中，；

D中，．

故选：BD．

10．若，，与的夹角为120°，则的值为（       ）

A． B．17 C．1 D．

【答案】BD

【解析】

【分析】

由空间向量夹角的坐标表示求解

【详解】

由题意得

解得或

故选：BD

11．正三棱柱中，，则（       ）

A．与底面的成角的正弦值为

B．与底面的成角的正弦值为

C．与侧面的成角的正弦值为

D．与侧面的成角的正弦值为

【答案】BC

【解析】

【分析】

如图，取中点，中点，并连接，则，，三条直线两两垂直，则分别以这三条直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，利用向量法求出与底面的成角的正弦值为，与侧面的成角的正弦值为，即得解.

【详解】

如图，取中点，中点，并连接，则，，三条直线两两垂直，

则分别以这三条直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系；

设，则.

.

．底面的其中一个法向量为，

与底面的成角的正弦值为，错对．

的中点的坐标为,

∴侧面的其中一个法向量为，

与侧面的成角的正弦值为：，

故对错；

故选：BC．

【点睛】

本题主要考查直线和平面所成的角的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

12．如图，正方体的棱长为1，P是线段上的动点，则下列结论中正确的是（       ）

A．

B．的最小值为

C．平面

D．异面直线与，所成角的取值范围是

【答案】ABC

【解析】

【分析】

建立空间直角坐标系，利用空间向量计算可得；

【详解】

解：如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，，，所以，所以，故A正确；

因为是线段上一动点，所以，所以，所以，当且仅当时，故B正确；

设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，因为，即，因为平面，所以平面，故C正确；

设直线与所成的角为，因为，当在线段的端点处时，，在线段的中点时，，所以，故D错误；

故选：ABC

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．若，则＝______．

【答案】

【解析】

【分析】

利用空间向量的运算的坐标表示求解即可

【详解】

解：因为

所以，

所以

故答案为：．

14．如图所示，点、、分别在空间直角坐标系的三条坐标轴上，，平面的一个法向量为，平面与平面的夹角为，则________.

【答案】

【解析】

【分析】

分析可知平面的一个法向量为，利用空间向量法可求得的值.

【详解】

由题意可知，平面的一个法向量为，所以，.

故答案为：.

15．在三棱锥O-ABC中，OA､OB､OC两两垂直，，，，D是AB的中点，则CD与平面OAB所成的角的正切值为___________.

【答案】2

【解析】

【分析】

由已知建立空间直角坐标系，求出的坐标和平面的法向量，由数量积公式可得与平面所成的角的正弦值，再由三角函数平方关系和商数关系可得答案.

【详解】

因为两两垂直， 所以以为原点，分别为轴的正半轴建立如图所示空间直角坐标系，连接，

所以，，，，

，由于底面，所以是底面的法向量，

且，设与平面所成的角为，

所以，

所以，所以.

即与平面所成的角正切值为.

故答案为：2.

【点睛】

本题考查了线面角的求法，解题关键点是建立空间直角坐标系利用向量的数量积公式求解，考查了学生的空间想象力和计算能力.

16．如图，棱长为2的正方体中，是棱的中点，点P在侧面内，若垂直于，则的面积的最小值为__________.

【答案】

【解析】

【分析】

建立空间直角坐标系，由，求得，得到，进而求得三角形的面积的最小值，得到答案.

【详解】

以D点为空间直角坐标系的原点，以DC所在直线为y轴，以DA所在直线为x轴，以 为z轴，建立空间直角坐标系.则点，

所以.

因为，所以,

因为,所以，所以，

因为B(2，2，0)，所以，

所以

因为，所以当时，.

因为BC⊥BP,所以.

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查了空间向量的应用，其中解答建立适当的空间直角坐标系，利用向量的坐标表示，以及向量的数量积的运算，求得的最小值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.

四、解答题：本题共6小题，共70分．其中17题10分，18-22每题12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．如图，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是AD1，BD，B1C的中点，利用向量法证明：

（1）MN∥平面CC1D1D；

（2）平面MNP∥平面CC1D1D．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）建立空间直角坐标系，设出相关点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用直线的方向向量和平面的法向量的数量积为0进行证明；（2）证明两个平面有相同的一个法向量即可..

【详解】

（1）证明：以D为坐标原点，，，的方向

分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，

设正方体的棱长为2，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，

D(0，0，0)，M(1，0，1)，N(1，1，0)，P(1，2，1).

由正方体的性质，知AD⊥平面CC1D1D，

所以＝(2，0，0)为平面CC1D1D的一个法向量.

由于＝(0，1，－1)，

则＝0×2＋1×0＋(－1)×0＝0，

所以⊥.

又MN⊄平面CC1D1D，

所以MN∥平面CC1D1D.

（2）证明：因为＝(2，0，0)为平面CC1D1D的一个法向量，

由于＝(0，2，0)，＝(0，1，－1)，

则，

即＝(2，0，0)也是平面MNP的一个法向量，

所以平面MNP∥平面CC1D1D.

18．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.

（1）证明：；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】

【分析】

（1）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证；

（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．

【详解】

（1）在中，，，，由余弦定理可得，

所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．

（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,

则,

又为中点，所以.

由（1）得平面，所以平面的一个法向量

从而直线与平面所成角的正弦值为．

【点睛】

本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑，

题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．

19．如图1，在矩形ABCD中，，，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥，其中平面平面ABCE．

图一                                   图二

(1)设F为的中点，在AB上是否存在一点M，使得平面．若存在，请证明；若不存在，请说明理由；

(2)求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)存在，理由见详解.

(2)

【解析】

【分析】

（1）先分析确定点M位置，再取D1E的中点L，根据平面几何知识得AMFL为平行四边形，最后根据线面平行判定定理得结果.

（2）取的中点，的中点，连接，以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积即可求解.

(1)

存在，且AM＝AB，

取D1E的中点L，连接AL，FL，

∵FLEC，ECAB，∴FLAB且FL＝AB，

∴FLAM，FL=AM

∴AMFL为平行四边形，∴MFAL，

因为MFAD1E上， AL⊂平面AD1E，所以MF平面AD1E.

故线段AB上存在满足题意的点M，且＝.

(2)

取的中点，的中点，连接，

， ，

因为平面平面ABCE，

则平面ABCE，

故以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，如图所示，

可得，，，，

,,

设平面的一个法向量为，

由，即，

令，解得，所以，

设直线与平面所成角为，

，

所以直线与平面所成角的正弦值为

20．如图，在三棱柱中，四边形是边长为的正方形，，，.

（1）证明：平面平面；

（2）在线段上是否存在点，使得，若存在，求的值；若不存在，请说明理由

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

（1）在中，满足，可得，再由已知根据线面垂直的判定定理可证得面，再由面面垂直的判定定理可得证；

（2）建立空间直角坐标系，设，，由向量垂直的坐标表示，可求得的值，可得结论.

【详解】

（1）在中，，，，满足，所以，

又，，所以面，又面，所以，

又四边形是边长为的正方形，所以，又，所以面，

又平面，所以平面平面；

（2）在线段上存在点，使得，且，

理由如下：由（1）得，以点C为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，设，，所以，解得，，，所以，，要使，则需，即，解得，故.

【点睛】

本题考查线面垂直的判定和性质，面面垂直的判定定理，向量垂直的坐标条件，属于中档题.

21．如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．

（1）证明：MN∥平面C1DE；

（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．

【答案】（1）见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.

【详解】

（1）连接，

，分别为，中点       为的中位线

且

又为中点，且 且

四边形为平行四边形

，又平面，平面

平面

（2）设，

由直四棱柱性质可知：平面

四边形为菱形       

则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：

则：，，，D（0，-1,0）

取中点，连接，则

四边形为菱形且       为等边三角形

又平面，平面

平面，即平面

为平面的一个法向量，且

设平面的法向量，又，

，令，则，       

二面角的正弦值为：

【点睛】

本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.

22．如图所示，在直三棱柱中，侧面为长方形，，，，.

(1)求证：平面平面；

(2)求直线和平面所成角的正弦值；

(3)在线段上是否存在一点T，使得点T到直线的距离是，若存在求的长，不存在说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)存在，

【解析】

(1)

由于，所以，

根据直三棱柱的性质可知，由于，所以平面，

由于平面，所以平面平面.

(2)

设N是的中点，连接，则，MA，MB，MN，两两相互垂直.

以M为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，

，，

设平面的法向量为，

则，令，可得，

设直线和平面所成角为，则；

(3)

设，则，

过T作，则，

∵，

∴，

∴，∴或（舍）

∴.