江苏专版2023_2024学年新教材高中数学第一章空间向量与立体几何综合训练新人教A版选择性必修第一册

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第一章综合训练一、选择题：本题共8小题，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. 在平行六面体中,向量,,是( )A. 有相同起点的向量 B. 等长的向量C. 共面向量 D. 不共面向量2. 已知,,,则下列结论正确的是( )A. , B. , C. , D. 以上都不对3. 如图,在空间直角坐标系中,有一棱长为2的正方体,的中点到的中点的距离为( )A. B. C. 2 D. 14. [2023山东德州期中]设向量,,不共面,空间一点满足,则,,,四点共面的一组数对是( )A. B. C. D. 5. 在四棱锥中,,,,则这个四棱锥的高等于( )A. 1 B. 2 C. 13 D. 266. 已知两个不重合的平面 与平面,若平面 的法向量为,,,则( )A. 平面 平面 B. 平面 平面C. 平面 ,平面 相交但不垂直 D. 以上均有可能7. 已知向量,,,若,则与的夹角为( )A. B. C. D. 8. [2023辽宁沈阳质检]已知棱长都为3的正三棱柱中,,分别为棱,上的点,当取得最小值时,直线与平面所成角的正弦值为( )A. B. C. D. 二、选择题：本题共4小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9. 已知向量,,,下列等式中正确的是( )A. B. C. D. 10. 设是空间的一个基底，则( )A. 若 , ,则B. , , 两两共面,但 , , 不可能共面C. 对空间任一向量 ,总存在有序实数组 ,使D. , , 一定能构成空间的一个基底11. 将正方形沿对角线折成直二面角,如下四个结论正确的是( )A. B. 是等边三角形C. 与平面 所成的角为 D. 与 所成的角为12. 如图,已知正方体的棱长为1,,分别为正方体中上、下底面的中心,,,,分别为四个侧面的中心,由这六个中心构成一个八面体的顶点,则( )A. 直线 与直线 所成角为B. 二面角 的正切值为C. 这个八面体的表面积为D. 这个八面体外接球的体积为三、填空题：本题共4小题.13. 棱长为的正四面体中,.14. 已知空间向量,.若与垂直,则.15. 设垂直于所在的平面 , ,,分别与 成 和 角,,则与的距离是；点到的距离是.16. 已知向量,,其中,现有以下说法：①向量与轴正方向的夹角恒为定值（即与,无关）；②的最大值为；③与的夹角的最大值为；④若定义,则的最大值为.其中正确的有.（写出所有正确说法的序号）四、解答题：本题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 如图所示,在四棱锥中,底面是边长为2的正方形,侧棱的长为3,且和,的夹角都是 ,是的中点,设,,,试以,,为基向量表示出向量,并求线段的长.18. 如图,正三棱柱中,底面边长为 .（1） 设侧棱长为1,求证：；（2） 设与的夹角为,求侧棱的长.19. 已知空间中三点,,,设,.（1） 若,且,求向量；（2） 已知向量与互相垂直,求的值；（3） 求的面积.20. 已知,,,分别是空间四边形的边,,,的中点.（1） 用向量法证明,,,四点共面；（2） 用向量法证明：平面；（3） 设是和的交点,求证：对空间任一点,有.21. 如图所示,直三棱柱中,,点在线段上,,,求直线与平面所成角的正弦值.22. 如图,在四棱锥中,, ,,,.（1） 求证：平面 平面；（2） 在线段上是否存在异于,的一点,使平面与平面夹角的余弦值为？若存在,求出点的位置；若不存在,请说明理由.第一章综合训练一、选择题：本题共8小题，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. C[解析]向量,,显然不是有相同起点的向量，不正确；由该平行六面体不一定是正方体可知，这三个向量不一定是等长的向量，不正确;又,,,共面，正确，不正确.2. C[解析],,,,.,.故选.3. B[解析]在空间直角坐标系中,有一棱长为2的正方体,,,的中点,,,的中点,的中点到的中点的距离为.故选.4. B[解析]因为向量,,不共面,,所以当且仅当时,,,,四点共面.对于,,故错误；对于,,故正确；对于,,故错误；对于,,故错误.故选.5. B[解析]设平面的法向量为,则即不妨令,则,,可得,四棱锥的高.故选.6. A[解析]由题意,计算,得；计算,得,又,所以 平面,又两平面不重合，则平面平面.故选.7. C[解析]设向量与的夹角为 ,因为,所以,,所以 .因为向量与的方向相反，所以与的夹角为 .8. C[解析]将三棱柱侧面展开,如图（右）,由于两点之间直线段最短,则当展开图中，，，共线时,最小,此时,由三棱柱棱长都为3可得,，分别为靠近的三等分点，靠近的三等分点,如图（左）建立空间直角坐标系,则,,.设中点为,则,由正三棱柱的性质知, 平面,故为平面的法向量,又,故直线与平面所成角的正弦值为.故选.二、选择题：本题共4小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9. BCD[解析]对于，左边为向量,右边为实数,显然不相等,故不正确；对于，左边,右边, 左边右边,故正确;对于，,左边,右边, 左边右边,故正确;对于，由选项可得：左边,,, 左边右边,故正确.故选.10. BCD[解析]由,,是空间一个基底,知：对选项,若,,,夹角不一定是，故选项错误；易知正确；对选项，由于是空间的一个基底，所以,,不共面.假设,,共面，设,化简得,即,所以,,共面，这与已知矛盾，所以,,不共面，可以作为基底，故选项正确.故选.11. ABD[解析]如图所示,建立空间直角坐标系,设正方形的边长为,则,,,,所以,,,故,正确；又,,,所以为等边三角形,正确；对于,为平面的一个法向量,设 为直线与平面所成的角，所以.因为直线与平面所成的角,所以与平面所成的角为,错误；,因为异面直线所成的角为锐角或直角,所以直线与所成的角为,故正确.故选.12. ACD[解析]如图,以点为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,所以,,所以,则直线与所成的角为 ,选项正确；连接,,且相交于点,作,连接,,易知 平面,由二面角的定义可知,二面角的平面角为,而,,所以,选项错误；,则,所以这个八面体的表面积为,选项正确；八面体外接球的球心即为四边形的中心,则外接球的半径为,所以外接球的体积为,选项正确.故选.三、填空题：本题共4小题.13. [解析]棱长为的正四面体中,,且与的夹角为 ,易证..14. [解析],,与垂直,,,解得,,.15. ;[解析]如图,作于点, 平面,.易得,,,,连接,易知,到的距离.16. ①③④[解析]取轴的正方向单位向量,则,所以向量与轴正方向的夹角恒为定值,①正确；,则,结合已知，得,即的最大值为1，所以②错误；③由②的解析知,所以,即,从而与的夹角的最大值为，所以③正确；④设与的夹角为 ,由③可知：,所以,,所以,④正确.综上可知，正确说法的序号是①③④.四、解答题：本题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 解因为,所以,.所以,即的长为.18. （1） 证明,.因为 平面,所以,.又为正三角形,设 为向量与的夹角，所以.因为,,所以.（2） 解由（1）知,又,所以,所以,即侧棱长为2.19. （1） 解 空间中三点,,,设,,.,且,,,,或（2） ,, 向量与互相垂直,,解得.的值是5.（3） ,,,,.20. （1） 证明如图,连接,易知,.则.由向量共面的充要条件可知，,,共面，又三向量过同一点,所以,,,四点共面.（2） 因为,所以.又 平面, 平面，所以平面.（3） 由（2）知,同理,所以,,,所以,交于一点且被平分,所以,得证.21. 解,,,以为原点,,,所在直线分别为轴、轴、轴,建立空间直角坐标系,如图,则,,,.,.设平面的一个法向量为,,,取,则设直线与平面所成角为 ,又,则.22. （1） 证明取的中点,连接,因为, ,,所以,, ,在中,由余弦定理可得,,所以,所以,所以.因为,,, 平面,故 平面.因为 平面,则平面 平面.（2） 解因为 ,所以以点为坐标原点,,所在直线分别为轴、轴,以垂直于平面方向为轴建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,因为，,所以,即.假设存在点满足题意,设,则,.不妨设,即,可得,所以,.设为平面的法向量,则即令,得,因为 平面,所以为平面的法向量.因为平面与平面夹角的余弦值为,所以,解得,所以点为线段的中点.故在线段上存在线段的中点,使平面与平面夹角的余弦值为.