【期中模拟卷】（人教A版2019）2023-2024学年高二上学期数学 选修1 第一章 空间向量与立体几何 综合测试卷.zip

第1章 空间向量与立体几何（单元重点综合测试）

一、单项选择题：每题5分，共8题，共计40分。

1．已知向量，，，若，，共面，则实数（    ）

A．  B． 

C．  D．

【答案】D

【分析】利用空间向量共面定理进行求解.

【详解】若，，共面，则存在实数，，使得，

即，即，解得.故选D.

2．已知向量，，且与互相垂直，则的值是（    ）

A．  B．2 

C．  D．1

【答案】A

【分析】先利用空间向量的数量积及模长的坐标表示求出，再利用空间向量的数量积的运算律进行求解.

【详解】因为，，所以，，，

因为与互相垂直，所以，即，

即，解得.故选A.

3．如图，在平行六面体中，E，F分别在棱和上，且.记，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，由空间向量的线性运算可得，由空间向量基本定理即可求解.

【详解】设，因为

，所以，，.

因为，所以.故选:B.

4．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，AB⊥平面BCD，，且，M为AD的中点，则异面直线BM与CD夹角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法可以求得向量夹角的余弦值，再根据向量夹角与异面直线夹角的关系可以求得异面直线夹角的余弦值.

【详解】画出四面体，建立坐标系，利用向量法求异面直线所成角的余弦值即可.

解：四面体是由正方体的四个顶点构成的，如下图所示

建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为

因为异面直线夹角的范围为，所以异面直线BM与CD夹角的余弦值为

故选C

5．已知矩形为平面外一点，且平面，分别为上的点，，则（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】B

【分析】根据空间向量基本定理求出，求出答案.

【详解】因为，

所以

，

故，故.

故选B

6．空间内有三点，，，则点P到直线EF的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分别求出与，即可得，与，根据点P到直线EF的距离为可求解.

【详解】因为，,

所以，

，

.

所以点P到直线EF的距离为.

故选:D.

7．已知正方体的棱长为4，点E是棱的中点，动点P在正方形内（包括边界）运动，且平面，则长度的取值范围为（   ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】以D为原点，以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．取的中点为H，连接，.证明出点P只能在线段上运动．设（）表示出，求出模长，利用二次函数求出PC长度的取值范围.

【详解】以D为原点，以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，，，，，，.

取的中点为H，连接，.

在正方体中，且，所以四边形为平行四边形，所以.

又面，面，

所以面.

同理可证：面.

又，所以平面平面．

因为平面，所以点P只能在线段上运动．易知，设（），，则，，

，

．

当时，取得最小值；当时，取得最大值36．

故PC长度的取值范围为．

故选C

【点睛】立体几何求最值的方法有两类：

（1）几何法：利用几何图形求最值；

（2）代数法：把距离表示为函数，利用函数求最值.

8．如图，在直三棱柱中，，，，，点在棱上，点在棱上，给出下列三个结论：

①三棱锥的体积的最大值为；

②的最小值为；

③点到直线的距离的最小值为．

其中所有正确结论的个数为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】根据锥体的体积公式判断①，将将翻折到与矩形共面时连接交于点，此时取得最小值，利用勾股定理求出距离最小值，即可判断②，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出点到距离，再根据函数的性质计算可得.

【详解】在直三棱柱中平面，

对于①：因为点在棱上，所以，又，

又，，，点在棱上，所以，，

所以，当且仅当在点、在点时取等号，故①正确；

对于②：如图将翻折到与矩形共面时连接交于点，此时取得最小值，

因为，，所以，所以，

即的最小值为，故②错误；

对于③：如图建立空间直角坐标系，设，，，，

，

所以，，

则点到直线的距离

，

当时，

当时，，，则，

所以当取最大值，且时，

即当在点在点时点到直线的距离的最小值为，故③正确；

故选C

二、多项选择题：每题5分，共4题，共计20分，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的不得分。

9．已知向量，则下列结论不正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】利用向量坐标运算法则直接求解．

【详解】解：向量，

，，，故正确；

，1，，故错误；

，故错误；

，故正确．

故选．

10．下列说法错误的是（    ）

A．若空间向量，则存在唯一的实数，使得

B．A，B，C三点不共线，空间中任意点O，若，则P，A，B，C四点共面

C．，，与夹角为钝角，则x的取值范围是

D．若是空间的一个基底，则O，A，B，C四点共面，但不共线

【答案】ACD

【分析】根据空间向量平行、空间点共面、空间向量夹角、基底等知识确定正确选项.

【详解】A选项，若是零向量，是非零向量，则，但不存在实数，使得，A选项错误.

B选项，，

，所以P，A，B，C四点共面，B选项正确.

C选项，当时，，与夹角为，C选项错误.

D选项，如下图所示三棱锥，是空间的一个基底，但不共面，D选项错误.

故选ACD

11．如图，正方体的棱长为1，是的中点，则（    ）

A．直线平面 B．

C．三棱锥的体积为 D．异面直线与所成的角为

【答案】ABD

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一验证即可；

【详解】解：如图建立空间直角坐标系，，，，，，，，，，

，，，

所以，即，所以，故B正确；

，，，

设异面直线与所成的角为，则，又，所以，故D正确；

设平面的法向量为，则，即，取，

则，即，又直线平面，所以直线平面，故A正确；

，故C错误；

故选ABD

【点睛】本题考查空间向量法在立体几何中的应用，属于中档题.

12．.如图，在菱形中，，沿对角线将折起，使点，之间的距离为，若分别为直线上的动点，则下列说法正确的是（    ）

A．无论P运动到哪，都是锐角

B．线段的最小值为

C．平面平面

D．当分别为线段的中点时，与所成角的余弦值为

【答案】BCD

【分析】设BD的中点为O，连接AO，CO，建立空间直角坐标系，运用空间向量作有关计算.

【详解】取的中点，连接，由题意可知：，

因为，所以，

又易知，

因为 ，

所以平面，

因为平面，

所以平面平面，故C正确，当P点与O点重合时， ，A错误；

以为原点，分别为轴建立坐标系，

则，

设，由得，，

，

当时，，故B正确；

当分别为线段的中点时，

设与所成的角为，

所以与所成角的余弦值为，故D正确；

故选BCD.

三、填空题：每题5分，共4题，共计20分。

13．已知向量为平面的法向量，点在内，则点到平面的距离为                .

【答案】

【分析】把点到平面距离问题转化为向量数量积问题求解．

【详解】解：，0，，点到平面的距离为．

故答案为：.

14．已知向量，向量，则向量在向量方向上的投影为            ．

【答案】

【分析】代入向量投影的计算公式即可求出结果.

【详解】因为，，

所以，，，

所以向量在方向上的投影数量为.

故答案为：.

15．,为空间直角坐标系中的两个点，，若，则        ．

【答案】0

【分析】由向量的平行公式，则，可以求出，即可得到的值.

【详解】由A.B的点坐标可得，因为，则，所以．

故答案为：0.

16．如图，棱长为的正方体的顶点在平面内，三条棱,,都在平面的同侧. 若顶点,到平面的距离分别为,，则平面与平面所成锐二面角的余弦值为       

【答案】

【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设平面 的一个法向量为 ，设

连结 则四面体 为直角四面体；

作平面的法线 作 于 于 于

连结 ，令 由等体积可得

令 可得 设，

解得 ；

则的法向量为由 得，

∴，平面 的法向量为，则平面与平面所成锐二面角的余弦值为

四、综合题：共6题，共计70分。

17．（本题10分）如图，在空间四边形中，，点为的中点，设，，.

（1）试用向量，，表示向量；

（2）若，，，求的值.

【答案】（1）（2）

【解析】(1）根据向量的运算性质求出即可；

(2）根据向量的运算性质代入计算即可.

【详解】（1），

故

∵点E为AD的中点，

故

（2）由题意得

故

故

18．（本题12分）空间中，两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构成直角坐标系，如果坐标系中有两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标系”.现有一种空间斜坐标系，它任意两条数轴的夹角均为60°，我们将这种坐标系称为“斜60°坐标系”.我们类比空间直角坐标系，定义“空间斜60°坐标系”下向量的斜60°坐标：分别为“斜60°坐标系”下三条数轴（x轴､y轴､z轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组（x，y，z）相对应，称向量的斜60°坐标为[x，y，z]，记作.

(1)若，，求的斜60°坐标；

(2)在平行六面体中，AB=AD=2，AA1=3，，如图，以为基底建立“空间斜60°坐标系”.

①若，求向量的斜坐标；

②若，且，求.

【答案】(1)

(2)①；②2

【分析】（1）根据所给定义可得，，再根据空间向量线性运算法则计算可得；

（2）设分别为与同方向的单位向量，则，

①根据空间向量线性运算法则得到，即可得解；

②依题意、且根据空间向量数量积的运算律得到方程，即可求出，再根据及向量数量积的运算律计算可得；

【详解】（1）解：由，，知，，

所以，

所以；

（2）解：设分别为与同方向的单位向量，

则，

①

②由题，

因为，所以，

由知

则

19．（本题12分）如图，平面，，，，，.

(1)求证：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值；

(3)若二面角的余弦值为，求线段的长.

【答案】(1)证明见解析

(2)；

(3)

【分析】（1）以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，求得，，，，的坐标，设，可得是平面的法向量，再求出，由，且直线平面，得平面；

（2）求出，再求出平面的法向量，利用向量夹角公式得到直线与平面所成角的正弦值；

（3）求出平面的法向量，由两平面法向量所成角的余弦值为，列式求线段的长.

【详解】（1）证明：因为平面，，在平面内，

则，，又，

故以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，

可得，，，，.

设，则.

则是平面的法向量，又，可得.

又∵直线平面，∴平面；

（2）依题意，，，.

设为平面的法向量，

则令，得.

∴.

∴直线与平面所成角的正弦值为；

（3）设为平面的法向量，

则，取，可得，

由题意，，

解得.经检验，符合题意.∴线段的长为.

20．（本题12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．

（1）证明：l⊥平面PDC；

（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；

（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.

【详解】（1）证明：

在正方形中，，因为平面，平面，

所以平面，又因为平面，平面平面，

所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以

因为，所以平面．

（2）［方法一］【最优解】：通性通法

因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：

因为，设，

设，则有，

设平面的法向量为，

则，即，

令，则，所以平面的一个法向量为，则

根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.

［方法二］：定义法

如图2，因为平面，，所以平面．

在平面中，设．

在平面中，过P点作，交于F，连接．

因为平面平面，所以．

又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．

设，在中，易求．

由与相似，得，可得．

所以，当且仅当时等号成立．

［方法三］：等体积法

如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求．

设，在三棱锥中，．

在三棱锥中，．

由得，

解得，

当且仅当时等号成立．

在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．

【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；

方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；

方法三：巧妙利用，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出．

21．（本题12分）已知三棱柱中，，，，．

(1)求证：平面平面ABC；

(2)若，在线段AC上是否存在一点P，使二面角的平面角的余弦值为？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．

【答案】(1)证明见解析；

(2)存在，，理由见解析.

【分析】（1）连接，由线面垂直的判定有平面，根据线面垂直的性质，最后根据线面垂直、面面垂直的判定证结论.

（2）构建空间坐标系，假设存在使题设条件成立，进而求得面、面的法向量，根据已知二面角余弦值及空间向量夹角的坐标表示列方程求，即可判断存在性.

【详解】（1）由知：四边形为菱形．

连接，则，又且，

∴平面，平面，则；

又，即，而，

∴平面，而平面ABC，

∴平面平面ABC．

（2）以C为坐标原点，射线CA、CB为x、y轴的正向，平面上过C且垂直于AC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

∵，，，

∴，，，．

设在线段AC上存在一点P，满足，使二面角的余弦值为，则，

所以，．

设平面的一个法向量为，

由，取，得；

平面的一个法向量为．

由，解得或．

因为，则．

故在线段AC上存在一点P，满足，使二面角的平面角的余弦值为．

22．（本题12分）已知四棱锥的底面是平行四边形，平面与直线，，分别交于点，，且，点在直线上，为的中点，且直线平面.

（1）设，，，试用基底表示向量；

（2）证明，四面体中至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形；

（3）证明，对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上.

【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.

【解析】（1）利用向量加减法的几何意义有，，即可求；

（2）假设四面体的最长棱为，只需以为顶点的其它两组棱中或即得证至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形；

（3）由平面，令结合向量共面定理有，即得一元二次方程在有解，求的范围且范围长度为即得证.

【详解】（1）∵，而，

∴，

所以.

（2）不妨设是四面体最长的棱，则在，中，，，

∴，即，

故，至少有一个大于，不妨设，

∴，，构成三角形.

（3）设，，，由（1）知.

又，有，，，

∴，

，

，

设，又

∴

因为平面，所以存在实数，使得：，

∴

∴，消元：在有解.

当时，，即；

当时，，解得.

综上，有.

所以对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上.

【点睛】思路点睛：

1、利用向量线性运算的几何意义，结合几何图形表示向量；

2、利用三角形的性质：两边之和大于第三边(其中假设第三边为最长边)，即可证是否可组成三角形；

3、令，根据线面平行，结合向量共面定理得到参数的方程，进而求范围并且范围长度为即可.