第一章 空间向量与立体几何（综合检测）-2024年高二数学暑假预习（人教A版2019选择性必修第一册）（新高考通用）

第一章 空间向量与立体几何综合检测 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写 在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．如图，在三棱柱中，（    ）    A． B． C． D． 2．已知向量，，，若，，三个向量共面，则实数，的取值可能分别为（   ） A．，2 B．2，2 C．，1 D．1，5 3．已知平行六面体中，，，，则（    ） A． B． C． D． 4．在三棱柱中，分别是的中点，，则（    ） A． B． C． D． 5．在正四面体中，棱长为2，且E是棱中点，则的值为（    ） A． B． C． D． 6．在正四面体中，分别为的中点，则异面直线所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 7．在正方体中，点在线段上，且.当为锐角时，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．如图，在体积为5的多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，为BC的中点，.则平面PCD与平面QAB夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知空间向量，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．在上的投影向量为 10．如图，在四面体中，分别是的中点，相交于点，则下列结论中正确的是（    ）    A．平面 B． C． D．若分别为的中点，则为的中点 11．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1）把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则（    ） A． B．异面直线与所成角正弦值为 C．点到直线的距离是 D．为线段上的一个动点，则的最大值为3 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知向量，若，则 ． 13．在正四棱锥中，，过作平面，交于，交于，交于，若，则 . 14．如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，，底面为直角梯形，其中，，，O为中点．线段上存在一点Q，使得二面角的余弦值为，则 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分）如图，在直四棱柱中，，，，E，F，G分别为棱，，的中点，建立如图所示的空间直角坐标系.    (1)求的值； (2)证明：C，E，F，G四点共面. 16．（15分）如图，在几何体中，底面为正方形，，平面平面，. (1)求点到平面的距离； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 17．（15分）如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，平面平面，，点是的中点.    (1)证明：. (2)点是的中点，，当直线与平面所成角的正弦值为时，求四棱锥的体积. 18．（17分）如图，在四面体中，平面是中点，，点在线段上，且. (1)若平面，求的值； (2)若是正三角形，，且，求平面与平面夹角的余弦值. 19．（17分）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2． (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一章 空间向量与立体几何综合检测 参考答案 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 D D B A A D C C 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9 10 11 AC ACD BD 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 13． 14． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分）【详解】（1）∵， ∴，，，， ∴，， ∴. （2）证明：由（1）得：， 令，即，解得 ∴. 故C，E，F，G四点共面. 16．（15分）【详解】（1）平面平面，且平面平面， 取的中点为坐标原点， 因为四边形为等腰梯形，所以连结与的中点的直线与垂直， 而平面，则平面， 如图，连结与的中点，则， 以为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系：    得，，，，，， ，，， 设平面的一法向量为， 由，即，取，， 平面的一法向量为， 因此点到平面的距离； （2）由于，，， 设平面的法向量为，， 由，即，取，， 求得平面的一个法向量为. 因此与平面所成的角的正弦值为. 即因此与夹角的正弦值为. 17．（15分）【详解】（1）是中点，，， 平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，. （2）方法一：取中点，连接，作，垂足为，连接，     分别为中点，，，又，； 由（1）知：平面，平面，； 平面，，平面， 平面，， 又，，平面，平面， 直线与平面所成角为，， 设， ，， ，， 又， ，解得：或， ， 当时，；当时，. 综上所述：四棱锥的体积为或. 方法二：取中点，连接， 分别为中点，，，又，； 由（1）知：平面， 以为坐标原点，正方向为轴正方向，过作轴，可建立如图所示空间直角坐标系，    设， ，， ，，，，， ，，； 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； ，解得：或， ， 当时，；当时，. 综上所述：四棱锥的体积为或. 18．（17分）【详解】（1）如图，取中点，连接， 因为为中点，为中点，所以， 又因为，所以，故， 平面，平面，故平面， 因为平面，且，，平面， 所以平面平面， 又因为平面，故平面， 平面，平面平面，所以， 为的中点，所以为的中点，因为，所以； （2）如图，取中点，连接，则， 因为平面，故平面，连接，由于是正三角形，故， 以为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 由于，故，，设， 则， 所以，所以，即， 则，，， 设平面的法向量， 则，，令，则， 而平面的法向量可取为， 设平面与平面的夹角为，， 所以，即平面与平面的夹角的余弦值为. 19．（17分）【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则， 因为，则，， 由余弦定理可得， 所以，，则，同理可证， 翻折后，则有，， 因为，，、平面， 所以，平面， 因为平面，则， 因为，、平面，所以，平面， 所以平面平面. （2）因为平面，，以点为坐标原点， 、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设，其中， 则，， 设平面的法向量为，则， 取，则，，所以，， 平面的一个法向量为，，， 则，令，可得， 则，整理可得， 因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一章 空间向量与立体几何综合检测 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写 在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．如图，在三棱柱中，（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用空间向量的线性运算计算即可. 【详解】由题意可知：. 故选：D 2．已知向量，，，若，，三个向量共面，则实数，的取值可能分别为（   ） A．，2 B．2，2 C．，1 D．1，5 【答案】D 【分析】利用空间向量共面的条件，设实数，满足，列出方程组求解即可. 【详解】因为三向量共面， 所以存在实数，使得， 所以， 解得， 故当时满足条件. 故选：D. 3．已知平行六面体中，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用向量的线性运算法则和数量积的性质化简条件可求，结合向量夹角公式可求结论. 【详解】因为 所以， . 故选：B. 4．在三棱柱中，分别是的中点，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据条件，利用空间向量的线性运算，即可求出结果. 【详解】如图，因为分别是的中点，，又， 所以， 得到， 故选：A. 5．在正四面体中，棱长为2，且E是棱中点，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】在正四面体中，根据向量的数量积的运算，即可求解 【详解】如图所示， 由正四面体的性质可得，， 由E是棱中点， ， 故选：A． 6．在正四面体中，分别为的中点，则异面直线所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据向量基本定理表示向量，结合向量的数量积公式计算夹角余弦值，从而可得正切值. 【详解】设正四面体棱长为1， 设，，，则，， ∴，，. ∵分别为的中点，，是等边三角形， ∴，，， ． 设异面直线所成角为，则 则，所以， 所以异面直线所成角的正切值为. 故选：D. 7．在正方体中，点在线段上，且.当为锐角时，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，将为锐角转化为，利用向量的坐标运算求解即可. 【详解】如图建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为， 则， 则，所以， 所以， ， 由图可知，， 所以为锐角等价于， 所以 又，解得. 故选：C. 8．如图，在体积为5的多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，为BC的中点，.则平面PCD与平面QAB夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先证明，再根据体积公式，结合棱柱与棱锥的体积关系，结合等体积法可得，即可建立空间直角坐标系，运用法向量求解. 【详解】在中，由余弦定理可得， 所以，所以，所以． 又因为，平面, 所以平面,平面，所以． 由于,所以四边形为平行四边形，所以． 又，所以，所以． 因为，所以， 又，平面，所以平面，则面． 取中点，连接，由面，面，则面面，面面， 根据已知易知，所以为三棱柱， 设，多面体的体积为， 则 ． 解得． 建立如图所示的空间直角坐标系，则，． 则平面的一个法向量，且， 设平面的一个法向量，则即取． 所以，平面与平面夹角的余弦值为． 故选：C 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知空间向量，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．在上的投影向量为 【答案】AC 【分析】根据向量坐标运算，验证向量的平行垂直，向量的模，投影向量即可解决. 【详解】因为，所以，故A正确； 由题得，而，所以不成立，故B不正确； 因为，故C正确； 因为在上的投影向量为，故D错误； 故选：AC. 10．如图，在四面体中，分别是的中点，相交于点，则下列结论中正确的是（    ）    A．平面 B． C． D．若分别为的中点，则为的中点 【答案】ACD 【分析】根据线面平行的判定定理即可判断A；对于B，将与的位置关系转化为与的关系进行判断；根据空间向量的线性运算即可判断C；通过分析得到，即可判断D. 【详解】对于A，因为分别是的中点，所以. 又因为平面，平面，所以平面，故A正确； 由A可得，，因为分别是的中点，所以. 由题中条件得不到与垂直，所以也得不到与垂直，故B错误； 对于C， ,故C正确； 对于D，因为是的中点，所以. 又因为是的中点，所以， 所以, 所以为的中点，故D正确. 故选:ACD. 11．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1）把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则（    ） A． B．异面直线与所成角正弦值为 C．点到直线的距离是 D．为线段上的一个动点，则的最大值为3 【答案】BD 【分析】建立空间直角坐标系，根据坐标运算可判断A；利用向量夹角公式和同角三角函数的基本关系求解，可判断B；根据点到直线的向量公式可判断C；利用坐标表示出，即可判断D； 【详解】如图建立空间直角坐标系，则， 故，， 对于A，所以，A错误； 对于B，记异面直线与所成角为，则， 所以，故B正确. 对于C，记同向的单位向量为， 则点P到直线的距离，故C错误； 对于D，设点，使，， 则，故， 则， 因，则时，即点与点重合时，取得最大值3，故D项正确； 故选：BD. 【点睛】方法点睛：解决此类问题的主要方法有： （1）定义法：运用空间向量的加减数乘和数量积的定义进行计算分析； （2）基底表示法：将相关向量用空间的一组基底表示再进行相关计算； （3）建系法：通过建立空间直角坐标系，引入相关点的坐标，利用点线距离公式、空间向量的夹角公式等公式计算即得. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知向量，若，则 ． 【答案】/3.2 【分析】根据向量共线定理解题即可. 【详解】因为，所以存在实数k满足，所以，，所以. 故答案为：. 13．在正四棱锥中，，过作平面，交于，交于，交于，若，则 . 【答案】/ 【分析】方法一：根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果；方法二：根据题意，由空间向量基本定理，代入计算，即可得到结果. 【详解】（方法一）连接，并与交于，以为原点，以的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 因为为正四棱锥，且，则， 则， 则，， 故 ， 设， 因为四点共面，所以，其中， 所以 ， 则，解得， 所以. （方法二）设，因为， 则，， 则. 因为，共面，所以，解得， 所以. 故答案为： 14．如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，，底面为直角梯形，其中，，，O为中点．线段上存在一点Q，使得二面角的余弦值为，则 【答案】/ 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系利用向量法求解. 【详解】在中，，O为中点，所以， 又侧面 底面， 平面平面，平面， 所以平面. 又，，， 又在直角梯形中，连接，易得， 所以以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系． 则，，，，， 设（）， 因为，，（） ，所以， 则，， 设平面的法向量为，则， 取，得 平面的一个法向量为， 要使二面角的余弦值为，需使 整理化简得：，得或（舍去）， 所以存在点，且. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分）如图，在直四棱柱中，，，，E，F，G分别为棱，，的中点，建立如图所示的空间直角坐标系.    (1)求的值； (2)证明：C，E，F，G四点共面. 【答案】(1)6 (2)证明见解析 【分析】（1）写出向量坐标，利用数量积公式求出答案； （2）求出，得到四点共面. 【详解】（1）∵， ∴，，，， ∴，， ∴. （2）证明：由（1）得：， 令，即，解得 ∴. 故C，E，F，G四点共面. 16．（15分）如图，在几何体中，底面为正方形，，平面平面，. (1)求点到平面的距离； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量后可求点面距. （2）求出直线的方向向量和平面的法向量后可求线面角的正弦值. 【详解】（1）平面平面，且平面平面， 取的中点为坐标原点， 因为四边形为等腰梯形，所以连结与的中点的直线与垂直， 而平面，则平面， 如图，连结与的中点，则， 以为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系：    得，，，，，， ，，， 设平面的一法向量为， 由，即，取，， 平面的一法向量为， 因此点到平面的距离； （2）由于，，， 设平面的法向量为，， 由，即，取，， 求得平面的一个法向量为. 因此与平面所成的角的正弦值为. 即因此与夹角的正弦值为. 17．（15分）如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，平面平面，，点是的中点.    (1)证明：. (2)点是的中点，，当直线与平面所成角的正弦值为时，求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)或 【分析】（1）根据等腰三角形三线合一性质和面面垂直的性质可得平面，由线面垂直性质可得结论； （2）方法一：取中点，作，由线面垂直的性质和判定可证得平面，由线面角定义可知，根据长度关系可构造方程求得，代入棱锥体积公式可求得结果； 方法二：取中点，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，由线面角的向量求法可构造方程求得，代入棱锥体积公式可求得结果. 【详解】（1）是中点，，， 平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，. （2）方法一：取中点，连接，作，垂足为，连接，     分别为中点，，，又，； 由（1）知：平面，平面，； 平面，，平面， 平面，， 又，，平面，平面， 直线与平面所成角为，， 设， ，， ，， 又， ，解得：或， ， 当时，；当时，. 综上所述：四棱锥的体积为或. 方法二：取中点，连接， 分别为中点，，，又，； 由（1）知：平面， 以为坐标原点，正方向为轴正方向，过作轴，可建立如图所示空间直角坐标系，    设， ，， ，，，，， ，，； 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； ，解得：或， ， 当时，；当时，. 综上所述：四棱锥的体积为或. 18．（17分）如图，在四面体中，平面是中点，，点在线段上，且. (1)若平面，求的值； (2)若是正三角形，，且，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）取中点，连接，即可得到，则平面，即可证明平面平面，由面面平行的性质得到平面，即可，从而得解； （2）取中点，连接，，即可得到平面，，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）如图，取中点，连接， 因为为中点，为中点，所以， 又因为，所以，故， 平面，平面，故平面， 因为平面，且，，平面， 所以平面平面， 又因为平面，故平面， 平面，平面平面，所以， 为的中点，所以为的中点，因为，所以； （2）如图，取中点，连接，则， 因为平面，故平面，连接，由于是正三角形，故， 以为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 由于，故，，设， 则， 所以，所以，即， 则，，， 设平面的法向量， 则，，令，则， 而平面的法向量可取为， 设平面与平面的夹角为，， 所以，即平面与平面的夹角的余弦值为. 19．（17分）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2． (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在； 【分析】（1）推导出，证明出平面，可得出， 利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论. 【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则， 因为，则，， 由余弦定理可得， 所以，，则，同理可证， 翻折后，则有，， 因为，，、平面， 所以，平面， 因为平面，则， 因为，、平面，所以，平面， 所以平面平面. （2）因为平面，，以点为坐标原点， 、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设，其中， 则，， 设平面的法向量为，则， 取，则，，所以，， 平面的一个法向量为，，， 则，令，可得， 则，整理可得， 因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$