第一章 空间向量与立体几何（单元检测）-2023-2024学年高二数学考点讲解练（人教A版2019选择性必修第一册）

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第一章 空间向量与立体几何单元检测
本试卷共4页，22小题，满分150分，考试用时120分钟。

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．若正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，化简下列各式的结果为的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】可先画出正方体，根据向量加法的运算法则计算各式，再进行判断.
【详解】如图，

，所以A错误；
，所以B正确；
，所以C错误；
，所以D错误；
故选：B．
2．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则D1A与平面ABCD所成的角为（       ）
A．45° B．60° C．90° D．135°
【答案】A
【分析】根据正方体的性质可知即为直线与平面所成的角，从而求出结果．
【详解】解：依题意，如图所示，
根据正方体的性质可知，平面，
∴即为直线与平面所成的角，
又∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
故选：A．

3．已知为平面的一个法向量，为内的一点，则点到平面的距离为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用点到平面的向量求法，列式计算作答.
【详解】依题意，，而为平面的一个法向量，
所以点到平面的距离.
故选：A
4．已知为三维空间中的非零向量，下列说法不正确的是（　　）
A．与共面的单位向量有无数个
B．与垂直的单位向量有无数个
C．与平行的单位向量只有一个
D．与同向的单位向量只有一个
【答案】C
【分析】利用向量的定义，有大小，有方向两个方面进行判断，即可确定每个选项的正确性．
【详解】解：与共面的单位向量，方向可任意，所以有无数个，故A正确；
与垂直的单位向量，方向可任意，所以有无数个，故B正确；
与平行的单位向量，方向有两个方向，故不唯一，故C错误；
与同向的单位向量，方向唯一，故只有一个，故D正确．
故选：C．
5．如图，空间四边形中，，，，点，分别在，上，且，，则（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】首先根据空间向量线性运算法则用，，表示出，再根据数量积的运算律计算可得.
【详解】解：，，
．
又，，，
所以，，，
所以

，
所以.
故选：A．
6．直角梯形中，是边的中点，将三角形沿折叠到位置，使得二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系求解即可
【详解】建如图所示空间直角坐标系，得，，所以，所以.

故选：D
7．已知单位向量与x，y轴的夹角分别为60°，60°，与z轴的夹角为钝角，向量，则（       ）
A． B． C．1 D．1
【答案】C
【分析】设向量与z轴正向的夹角为，由cos260°+cos260°+cos2α＝1，求出的大小，再利用数量积运算求解即可．
【详解】解：在边长为1的正方体上作空间直角坐标系如图，分别是轴上的单位向量，

设单位向量与z轴正向的夹角为，
∵向量与x轴正向的夹角为60°，与y轴正向的夹角为60°，

∴cos260°+cos260°+cos2＝1，
解得cos2＝1，
∵与z轴的夹角为钝角，∴cos，∴＝135°，
∵，
则=2×1×11×1×（）＝1，
故选：C．
8．已知矩形ABCD，AB＝1，BC，沿对角线AC将△ABC折起，若平面ABC与平面ACD所成角的余弦值为，则B与D之间距离为（       ）

A．1 B． C． D．
【答案】C
【分析】过B和D分别作BE⊥AC，DF⊥AC，根据向量垂直的性质，利用向量数量积进行转化求解即可．
【详解】过B和D分别作BE⊥AC，DF⊥AC，
∵AB＝1，BC，
∴AC＝2，
∵，
∴BE＝DF，
则AE＝CF，即EF＝2﹣1＝1，
∵平面ABC与平面ACD所成角的余弦值为，
∴，
∵，
∴
，
则||，
即B与D之间距离为，
故选：C．
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
9．已知，分别为直线l1，l2的方向向量（l1，l2不重合），，分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），则下列说法中，正确的是（       ）
A．⇔l1//l2 B．⊥⇔l1⊥l2
C．⇔α//β D．⊥⇔α⊥β
【答案】ABCD
【分析】根据方向向量的关系和法向量的关系可判断线线关系和面面关系，即可得到答案．
【详解】解：若两条直线不重合，则空间中直线与直线平行（或垂直）的充要条件是它们的方向向量平行（或垂直），
故选项A，B正确；
若两个平面不重合，则空间中面面平行（或垂直）的充要条件是它们的法向量平行（或垂直），
故选项C，D正确．
故选：ABCD．
10．已知空间向量，则下列说法正确的是（       ）
A．
B．向量与向量共线
C．向量关于轴对称的向量为
D．向量关于平面对称的向量为
【答案】ABC
【分析】根据空间向量模的公式，结合共线向量、线对称、面对称的性质逐一判断即可.
【详解】A：因为，所以本选项说法正确；
B：因为，所以向量与向量共线，因此本选项说法正确；
C：设的起点为坐标原点，所以该向量的终点为，
因为点关于轴对称的点的坐标为，
所以向量关于轴对称的向量为，因此本选项说法正确；
D：设的起点为坐标原点，所以该向量的终点为，
因为点关于平面对称点的坐标为，
所以向量关于平面对称的向量为，
故选：ABC
11．如图，菱形ABCD边长为2，∠BAD=60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到，连接，，且，平面与平面的交线为l，则下列结论中正确的是（       ）

A．平面平面 B．
C．ВС与平面所成角的余弦值为 D．二面角的余弦值为
【答案】ABD
【分析】A.利用面面垂直的判定定理判断；B.利用线面平面的判定定理和性质定理判断；C、D.利用空间向量夹角进行求解判断即可.
【详解】在菱形ABCD中，E为边AB的中点，所以，因为，
所以ED⊥DC，因为A′D⊥DC， ，所以平面A′DE，
因为，所以平面A′DE，因为平面A′BE，
所以平面A′DE⊥平面A′BE ，故A正确；
因为，平面A′BE，平面A′BE ，所以平面A′BE，又平面A′BE与平面A′CD的交线为l，所以CD∥l ，故B正确；
由A知，平面A′DE，则A′E，又菱形ABCD边长为2，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，所以A′E，又BE∩DE=E，所以A′E平面BED,，以E为原点，分别以EB，ED,E A′为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系：

则，
所以，
由上可知：平面A′DE，
设平面的一个法向量为：，
则，
所以有，因此选项C不正确；
显然平面的一个法向量为：，
设平面的一个法向量为：
则有则，即，所以
所以，所以选项D正确，
故选：ABD
12．设正六面体的棱长为2，下列命题正确的有（       ）
A．
B．二面角的正切值为
C．若，则正六面体内的P点所形成的面积为
D．设为上的动点，则二面角的正弦值的最小值为
【答案】BCD
【分析】根据空间向量的线性运算，可判定A错误；根据题意得到为二面角的平面角，在直角中，可判定B正确；由空间向量的共面定理，得到点所形成的图形为正，可判定C正确；根据二面角平面角的定义和求法，可判定D正确.
【详解】在正六面体中，已知棱长为2，如图所示，
对于A中，由，所以A错误；
对于B中，在正六面体中，可得平面，
因为平面，可得，
又因为，且，所以平面，
因为平面，所以，所以为二面角的平面角，
在直角中，可得，所以B正确；
对于C中，因为且，
由空间向量的共面定理，可得点四点共面，
所以点所形成的图形为正，其中，所以，即正六面体内的点所形成的面积为，所以C正确；
对于D中，当点为上的动点，过点作，可得平面，
因为平面，所以，
过点作，可得，因为，所以平面，
又因为平面，所以，
所以为的平面角，
在直角中，，当点与点重合时，取得最大值，
此时二面角的正弦值取得最小值，最小值为，所以D正确.
故选：BCD.

三．填空题 本题共4小题，每小题5分，共20分
13．设是空间向量的单位正交基底，，，则向量与的位置关系是________．
【答案】
【分析】由向量的数量积运算易得，然后可得.
【详解】由题知
因为
所以
故答案为：
14．如图，已知一个的二面角的棱上有两点和，且和分别是在这两个面内且垂直于的线段．又知，，，则求CD的长为___．

【答案】
【分析】由向量的线性运算法则得到，根据题设条件和向量的数量积、向量模的计算公式，即可求解.
【详解】由向量的线性运算法则，可得，
因为，，且二面角的平面角为，
可得，，且，
又因为和分别是在这两个面内且垂直于的线段，所以，
所以
.
故答案为：.
15．如图所示，在平行六面体中是的中点，点是上的点，且，用表示向量的结果是______.

【答案】
【分析】由空间向量的线性运算求解．
【详解】是的中点，

．
故答案为：．
16．在棱长为1的正方体中，，，分别在棱，，上，且满足，，，是平面，平面与平面的一个公共点，设，则 _________.
【答案】##1.2
【分析】根据共面定理列方程组可解.
【详解】如图所示，


正方体中，，
，
，A，，四点共面，，，，四点共面，
，解得，；
．
故答案为：
四．解答题：本题共6小题，17题10分，剩下每题12分。共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
17．已知，，计算：
(1)，，，；
(2)．
【答案】(1)，，，；
(2)

【分析】（1）利用空间向量模长公式，及空间向量的坐标运算法则进行计算；（2）利用空间向量的坐标夹角公式进行求解.
(1)，，，，所以
(2)
18．如图所示，在平行六面体中，，分别在和上，且，．

(1)证明：、、、四点共面．
(2)若，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）在上取一点，使得，连接、，根据平行六面体的性质、，即可得到，即可得证；
（2）结合图形，根据空间向量线性运算法则计算可得.
（1）证明：在上取一点，使得，连接、，在平行六面体中，，，，且，且，所以四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，所以，且，又且，所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，所以，、、、四点共面．
（2）解：因为，即，，，．
19．如图，三棱柱中，点在平面内的射影在上，，.

(1)证明:；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得平面，平面，进而即得；
（2）利用坐标法，根据二面角的向量求法即得.
（1）∵ 点在平面内的射影在上，∴平面，又平面，∴，∵ ，，平面，∴ 平面，平面，∴ ，∵ ，四边形为平行四边形，∴ 四边形为菱形，故，又，平面，∴ 平面，平面，∴；
（2）以C为坐标原点，以为x轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，∴，设平面的法向量，则，取，则，又因为平面的法向量为，故，所以二面角的余弦值为.
20．在四棱锥中，，平面平面.

(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）作根据面面垂直的性质可得平面，则，根据题意平面，则，利用线面垂直判定定理可证平面；（2）建系，利用空间向量求二面角，根据先求余弦值，再求正弦值．
（1）作于点，平面平面，平面平面∴平面，平面，则又，平面平面，则，平面
（2）取中点为，则由，得又平面，得，所以平面以为原点，方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则设平面的法向量为则，则今，则设平面的法向量为则，则令，则故故二面角的正弦值为
21．如图，已知四棱锥平面，

(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）由题可得，然后利用线面垂直的判定定理即得；
（2）由题可知到平面的距离等于到平面的距离，设直线与平面所成角为，可得，即得；或利用坐标法即得.
(1)
由题意平面，
所以平面，平面，
∴，又，
所以平面.
(2)
法一：由可知平面，
所以到平面的距离等于到平面的距离，
又由（1）知平面，
设直线与平面所成角为，
由题可得，
所以.
法二：如图，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立直角坐标系，

则，，
∴，
设平面的法向量为，
由，得，可取
设直线与平面所成角为，
所以.
22．如图，在正四棱柱中，已知，，E，F分别为，上的点，且．

(1)求证：平面ACF：
(2)求点B到平面ACF的距离．
【答案】(1)证明见详解.
(2).

【分析】（1）以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系通过证明与平面的一个法向量重合来证明平面.
（2）利用点面距离公式即可计算出点到平面的距离.
（1）以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
则,设面的一个法向量为，，可得，即，不妨令则,平面.
（2），则点到平面的距离为.