第一章空间向量与立体几何 综合测试（含答案）2022-2023学年高二上数学人教A版（2019）选择性必修第一册

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1、第一章空间向量与立体几何一、单选题1. 已知向量a=(1，1，k)，b=(-1，0，-1)，c=(0，2，1)，且向量与互相垂直，则的值是（）A. B. C. D. 2. 若平面的一个法向量分别为，则（）A. B. 与相交但不垂直C. 或与重合D. 3. 已知正四面体ABCD，M为BC中点，N为AD中点，则直线BN与直线DM所成角的余弦值为（）A. B. C. D. 4. 如图，在长方体中，E为CD的中点，点P在棱AA1上，且平面，则AP的长为（）A. B. C. 1D. 与AB的长有关5. 设、，向量，且，则（）A. B. C. D. 6. 以下命题：若，则存在唯一的实数，使得；若，则或；若

2、为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底；一定成立.则其中真命题的个数为（）A. 4B. 3C. 2D. 17. 直三棱柱中，点是线段上的动点（不含端点），则以下各命题中正确的是（）A. 平面B. 与不垂直C. 的取值范围为D. 的最小值为8. 在棱长为2的正四面体ABCD中，点M满足=x+y-(x+y-1)，点N满足=+(1-)，当AM、BN最短时，=（）A. -B. C. -D. 二、多选题9. （多选）在正四棱锥中，点分别是棱上的点，且，其中，则（）A. 当时，平面平面B. 当，时，平面C. 当，时，点平面D. 当，时，存在，使得平面平面10. （多选）如图，在三棱柱中，侧棱底面，是棱的

3、中点，是的延长线与的延长线的交点.若点在直线上，则下列结论错误的是（）.A. 当为线段的中点时，平面B. 当为线段的三等分点时，平面C. 在线段的延长线上，存在一点，使得平面D. 不存在点，使与平面垂直11. （多选）正方体的棱长为，分别为，的中点. 则（）A. 直线与直线垂直B. 直线与平面平行C. 平面截正方体所得的截面面积为D. 点与点到平面的距离相等12. （多选）在三维空间中，叫作向量与的外积，它是一个向量，且满足下列两个条件：，且，三个向量构成右手系（如图所示）；.在正方体中，已知其表面积为S，下列结论正确的有（）A. B. C. D. 与共线三、填空题13. 已知=(3，2-1，

4、1)，=(+1，0，2).若，则=_；若，则+=_.14. 在长方体中，底面是边长为4的正方形，过点作平面与分别交于M，N两点，且与平面所成的角为，给出下列说法：异面直线与所成角的余弦值为；平面；点B到平面的距离为；截面面积的最小值为6. 其中正确的是_（请填写所有正确说法的编号）15. 鲁班锁是我国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中的榫卯结构，其内部的凹凸部分啮合十分精巧. 图1是一种鲁班锁玩具，图2是其直观图. 它的表面由八个正三角形和六个正八边形构成，其中每条棱长均为. 若该玩具可以在一个正方体内任意转动（忽略摩擦），则此正方体表面积的最小值为_. （提示：空间向量思想）16. 已知球

5、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_. 四、解答题17. 已知空间中三点的坐标分别为，且，. (1)求向量与夹角的余弦值；(2)若与互相垂直，求实数的值. 18. 如图，直三棱柱中，是边长为的正三角形，为的中点. （1）证明：平面；（2）若直线与平面所成的角的正切值为，求平面与平面夹角的余弦值. 19. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，点为棱的中点.（1）在棱上是否存在一点，使得平面，并说明理由；（2）若，二面角的余弦值为时，求点到平面的距离.20. 如图1，已知在等边三角形ABC中，点E，F分别为AB，A

6、C的中点，点M为EF的中点，点N为BC边上一点，且，连接AM，MN，BF，将AEF沿EF折起到的位置，使平面平面EFCB，如图2. (1)求证：平面平面；(2)求二面角的平面角的余弦值. 21. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，为正三角形，为的中点，且平面平面，是线段上的点. (1)求证：；(2)点在线段上，且，求直线与平面的夹角的正弦值22. 如图所示，长方形中，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图的四棱锥. (1)求四棱锥的体积的最大值；(2)若棱的中点为，求的长；(3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值. 参考答案解析参考答案1. D 2. C 3. B 4. B 5

7、. D 6. C 7. A 8. A 9. BD 10. ABC 11. BC 12. ACD13. 或， 或 14. 15. 16. 17. (1) (2)18. （1）证明见解析；（2）. 19. （1）存在，理由见解析；（2）. 20. (1)证明见解析 (2)21. (1)证明见解析 (2)22. (1) (2) (3)解析部分1. 【提示】根据向量的坐标运算和向量垂直数量积为0可解.【解析】解：根据题意，易得a-2b=(1，1，k)-2(-1，0，-1)=(3，1，k+2)，与两向量互相垂直，0+2+k+2=0，解得.故选：D2. 【提示】根据题意得到，得出，进而得到或与重合.【解析

8、】由题意，向量平面的一个法向量分别为，可得，所以，所以或与重合.故选：C.3. 【提示】利用空间向量的线性运算性质，结合空间向量夹角公式进行求解即可.【解析】设该正面体的棱长为，因为M为BC中点，N为AD中点，所以，因为M为BC中点，N为AD中点，所以有，根据异面直线所成角的定义可知直线BN与直线DM所成角的余弦值为，故选：B4. 【提示】连接与交于点，连接与交于点，连接,由线面平行的性质可得 ，由三角形相似可得答案.【解析】连接与交于点，连接与交于点，连接 由平面,且平面平面,平面所以,则由与相似，且E为CD的中点，则 所以又由与相似，则 所以P为的中点，所以 故选：B5. 【提示】利用空间

9、向量垂直与共线的坐标表示求出、的值，求出向量的坐标，利用空间向量的模长公式可求得结果.【解析】因为，则，解得，则，因为，则，解得，即，所以，因此，.故选：D.6. 【提示】由共线向量的基本定理判断；由数量积判断；由基底的概念判断；由数量积的性质判断【解析】对于：根据共线向量的基本定理， 的充要条件是存在唯一的实数，使得，其中；这里没有限制，所以错误；对于：，若，则，即只要在上的投影与在上的投影相等即可，故错误；对于：若为空间的一个基底，则不共面，则也不共面，则构成空间的另一个基底，故正确；对于：因为，所以，故正确；所以正确的有2个，故选：C7. 【提示】将直三棱柱，中补成正方体，对于，利用线面

10、平行的判定即可；，取为的中点，进行判定；，判断以为直径的球与的交点情况即可；，将面翻折至与共面，即可求的最小值. 【解析】依题作图，并将其补成正方体，如图, 对于，因为，点是线段上的动点（不含端点）, 平面即平面,故平面，平面，所以平面，故正确；对于，当为的中点，与重合，连接 ,由 平面 , 平面 ,则,又 ,故 平面平面,故,同理可证,即,故错；对于，判断以为直径的球与的交点情况，取中点，则，当时，所以以为直径的球与没有交点,D点在球外，所以，故错；对于，将面翻折至与共面，此时点与重合，所以的最小值为，故不正确，故选：. 8. 【提示】首先由向量的关系式得M平面BCD，N直线AC，由条件判断

11、点，线，面的位置关系，结合向量数量积的运算，即可求解.【解析】由共面向量定理和共线向量定理可知，M平面BCD，N直线AC，当AM、BN最短时，AM平面BCD，BNAC，所以M为BCD的中心，N为AC的中点，此时，2|=，|=，AM平面BCD，MC平面BCD，AMMC，|=.又=(+)，=(+)=-|2=-.故选：A.9. 【提示】举出反例可判断A；连接交于点，根据三角形中位线性质可得，由线面平行的判定可知B正确；假设平面，可知平面与平面重合，显然不成立，知C错误；由线面垂直的判定可知平面，取中点，由平行关系可得平面，则平面与交点满足题意，知D正确.【解析】对于A，当时，平面与平面重合，A错误；

12、对于B，当，时，与重合，与重合，为中点，连接，交于点，连接，四边形为正方形，为中点，又为中点，又平面，平面，平面，即平面，B正确；对于C，连接，假设平面，又平面，平面，平面，平面，平面即为平面，显然不成立，C错误；对于D，取中点，连接，交于点，连接，四边形为正方形，为正方形的中心，平面，又平面，又，平面，平面，分别为中点，平面；过作，交于，则平面，平面平面，D正确.故选：BD.10. 【提示】以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，假设平面，且，得到，则与共线，研究是否有解即可.【解析】以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则由，所以

13、，.设平面的一个法向量为，则，取，则，所以平面的一个法向量为.假设平面，且，则.因为也是平面的法向量，所以与共线，所以成立，但此方程关于无解.因此不存在点，使与平面垂直，故选：ABC.【点睛】本题主要考查空间向量的立体几何中的应用，属于中档题.11. 【提示】由，得出平面，进而得出，可判断A；取的中点，连接，利用线面平行的判定定理，可判断B；连接，得到平面为平面截正方体所得的截面，再计算其面积即可判断C；利用反证法即可判断D.【解析】对于A，若，因为且，所以平面，所以，所以，此时不成立，所以线与直线不垂直，故A错误；对于B，如图所示，取的中点，连接，由条件可知：，且，又平面，平面，平面，平面，

14、平面，平面，又，所以平面平面，又因为平面，所以平面，故B正确；对于C，因为为的中点，所以，所以四点共面，所以截面即为梯形，由题得该等腰梯形的上底下底，腰长为，所以梯形面积为，故C正确；对于D，假设与到平面的距离相等，即平面将平分，则平面必过的中点，连接交于，而不是中点，则假设不成立，故D错误. 故选：BC. 12. 【提示】运用新定义及空间向量的基本概念对选项一一判断即可得出答案.【解析】设正方体的棱长为a，如图.对于A，连接，因为为等边三角形，故，连接，因为，为等边三角形，所以，故A正确；对于B，根据定义，故B错误；对于C，故C正确；对于D，因为，而平面，所以，则平面，又平面，所以，又，所以

15、平面，所以，结合外积的定义可知与共线，故D正确.故选：ACD.13. 【提示】结合空间向量平行与垂直的性质运算即可求解【解析】由，得=3(+1)+2=0，解得=-；由，得=，且2-1=0，解得=，=，所以+=.故答案为：；14. 【提示】利用异面直线所成角的定义及余弦定理可判断，利用线面平行的判定定理可判断，利用等积法可判断，过点A作，连接，进而可得为与平面所成的角，结合条件及基本不等式可判断.【解析】依题意得，因为，所以异面直线与所成的角即或其补角，在中，所以异面直线与所成角的余弦值为，故错误. 由于平面平面，所以平面，故正确. 设点B到平面的距离为h，由，得，解得，故错误. 如图，过点A作

16、，连接，因为平面，所以，又，所以平面，平面，则，平面平面，平面平面，故为与平面所成的角，则，在中，则有，在中，由射影定理得，由基本不等式得，当且仅当，即E为的中点时，等号成立，所以截面面积的最小值为，故正确. 故答案为：.15. 【提示】计算出该玩具任意两点间最大距离，可得出正方体的棱长，即可求得正方体的表面积.【解析】将鲁班锁补成正方体，然后以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，在鲁班锁所在几何体上任取一个顶点，观察图形可知，到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值在、中取得，结合图形可知、，则，所以，到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值，所以，若该玩具

17、可以在一个正方体内任意转动（忽略摩擦），设该正方体的棱长的最小值为，则，该正方体的表面积为.故答案为：.16. 【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，即的取值范围是总结：本题考查了空间内的向量点乘问题，将其转化为从点出发的向量，利用立体几何知识求出相切时的长度，继而算出取值范围，本题的难点在于向量的转化上，同时也是解题的方法. 17. 【提示】（1）求得向量与的坐标，根据向量的夹角公式即可求得答案；（2）表示出与的坐标，根据与互相垂直可得关于k的方程，即可求得

18、答案.（1），所以. （2）因为，且与互相垂直，所以，解得. 18. 【提示】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可；（2）连接，由（1）知平面，又直线与平面所成的角的正切值为，可得，以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用二面角的坐标公式计算大小可得答案. 【解析】（1）是正三角形，为的中点，. 又是直三棱柱，平面ABC，. 又，平面. （2）连接，由（1）知平面，直线与平面所成的角为，. 是边长为2的正三角形，则，. 在直角中，. 建立如图所示坐标系，则，. ，设平面的法向量为，则，即，解得平面的法向量为. ，设平面的法向量为，则，即，解得平面的法向量为. 设平面与平面夹角为，

19、则. 平面与平面夹角的余弦值为. 19. 【提示】（1）取的中点，连结、，可以证明得四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理可得点；（2）先证明，两两互相垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，由二面角的余弦值为，求出的长度，进而利用点面距的坐标公式求解即可. 【解析】（1）在棱上存在点，使得平面，点为棱的中点.证明：取的中点，连结、，由题意，且，且，故且.四边形为平行四边形.，又平面，平面，平面；（2）取中点，因为底面为菱形，所以，又，且，所以平面，即.又，即，而所以平面.又，所以为正三角形，即，也即所以，两两互相垂直（需写出证明过程）.以为坐标原点，分别以，所在直线为轴建立空间直角坐标系

20、.设，则，.所以，.设平面的一个法向量为.由，取，得；取平面的一个法向量为.由题意，解得.设点到平面的距离为，则.即点到平面的距离为20. 【提示】(1)则题意易得平面EFCB，即可得. 只需证明即可证明平面平面，只需证明MFCN为平行四边形即可;(2) 取BC的中点G，连接MG，以点M为原点，ME，MG，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系,利用空间向量求解即可.（1）解：证明：因为点E，F分别为等边三角形ABC的AB，AC边的中点，所以是等边三角形，且. 因为点M是EF的中点，所以. 又平面平面EFCB，平面平面EFCBEF，所以平面EFCB. 又平面EFCB，所以. 因为，

21、所以且=，所以四边形MFCN为平行四边形，所以. 易知，所以. 又，所以平面. 又平面，所以平面平面. （2）解：设等边三角形ABC的边长为4，取BC的中点G，连接MG，由题设知，由（1）知平面EFCB，又平面EFCB，所以. 以点M为原点，ME，MG，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，. 设平面的一个法向量为，则由，得，令，则，此时. 易知平面的一个法向量为，所以，由图易知二面角的平面角是锐角，所以二面角的平面角的余弦值为. 21. 【提示】（1）先证明平面，从而得，又，从而得；（2）建立空间直角坐标系，将线面角转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角问题，最

22、后再利用向量夹角公式计算即可求解. （1）证明：连接，底面是边长为的菱形，又为正三角形，为的中点，又，平面，又平面，又，.（2）平面平面，为正三角形，为的中点，平面平面，平面，底面，以分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，根据题意可得：，又，设平面的法向量为，则，令，则，设直线与平面的夹角为，则，直线与平面的夹角的正弦值为. 22. 【提示】（1）作出辅助线，得到当平面平面时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，求出，从而得到体积最大值；（2）作出辅助线，证明出四边形CNQM为平行四边形，从而得到；（3）作出辅助线，得到PGD为的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表

23、达出平面PAM和平面PBC的法向量，利用空间向量夹角余弦公式得到，结合的取值范围求出余弦值的最小值(1)取AM的中点G，连接PG，因为PA=PM，则PGAM，当平面平面时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时PG平面，且，底面为梯形，面积为，则四棱锥的体积最大值为(2)取AP中点Q，连接NQ，MQ，则因为N为PB中点，所以NQ为PAB的中位线，所以NQAB且，因为M为CD的中点，四边形ABCD为矩形，所以CMAB且，所以CMNQ且CM=NQ，故四边形CNQM为平行四边形，所以.(3)连接DG，因为DA=DM，所以DGAM，所以PGD为的平面角，即，过点D作DZ平面ABCD，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，过P作PHDG于点H，由题意得PH平面ABCM，设，因为，所以，所以，所以，所以，设平面PAM的法向量为，则，令，则，设平面PBC的法向量为，因为，则令，可得：，设两平面夹角为，则令，所以，所以，所以当时，有最小值，所以平面和平面夹角余弦值的最小值为【点睛】求解二面角的大小或最值，利用空间向量求解，可以将几何问题转化为代数问题，简洁明了，事半功倍.