第一章《空间向量与立体几何》综合检测卷-2024-2025学年新高二数学【赢在暑假】同步精讲精练系列（人教A版2019选择性必修第一册）

第一章《空间向量与立体几何》综合检测卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、单选题：本大题共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．为空间任意一点，若，若，，，四点共面，则（    ） A．1 B． C． D． 2．已知，则向量在向量上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 3．在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是（其中O为坐标原点）（    ） A． B． C． D． 4．如图，在长方体中，点分别在棱上，且.若，则的最小值为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 5．四棱锥中，，，，则顶点到底面的距离为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 6．已知O为坐标原点，＝(1,2,3)，＝(2,1,2)，＝(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，则当取得最小值时，点Q的坐标为（ ） A． B． C． D． 7．如图,四面体ABCD中,AB,BC,BD两两垂直,BC=BD=2,点E是CD的中点,异面直线AD与BE所成角的余弦值为,则直线BE与平面ACD所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 8．如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是（　　） A．若平面，则动点Q的轨迹是一条线段 B．存在Q点，使得平面 C．当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大 D．若，那么Q点的轨迹长度为 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．如图，在四棱锥中，底面ABCD，四边形ABCD是边长为1的菱形，且，，则（    ）    A． B． C． D． 10．已知空间向量，则（    ） A． B．在上的投影向量为 C．若向量，则点在平面内 D．向量是与平行的一个单位向量 11．如图，在棱长为6的正方体中，E，F分别是棱，BC的中点，则（    ） A．平面 B．异面直线与EF所成的角是 C．点到平面的距离是 D．平面截正方体所得图形的周长为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．如图，平行六面体中，，，则线段的长度是 . 13．如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论： ①点与点间的距离为3；②直线到平面的距离是； ③存在点，使得；④△面积的最小值是. 其中所有正确结论的序号是 . 14．在长方体中，，点为侧面内一动点，且满足平面，则的最小值为 ，此时点到直线的距离为 . 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．如图，直四棱柱的底面是正方形，，E，F分别为，的中点.    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 16．如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 17．如图，在正四棱台中，，，是的中点． (1)求证：直线平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值 18．如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，. (1)若平面平面，求、的值； (2)若平面，求的最小值. 19．如图，在三棱锥中，侧面底面，，是边长为2的正三角形，，分别是的中点，记平面与平面的交线为.    (1)证明：直线平面； (2)设点在直线上，直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，求当为何值时，. 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一章《空间向量与立体几何》综合检测卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、单选题：本大题共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．为空间任意一点，若，若，，，四点共面，则（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】将化简为：，利用四点共面定理可得，即可求解. 【详解】因为，所以，可化简为：，即， 由于，，，四点共面，则，解得：； 故选：C 2．已知，则向量在向量上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 直接利用向量的夹角运算及数量积运算求解投影向量. 【详解】 因为，则向量在向量上的投影为， 所以向量在向量上的投影向量是. 故选:C． 3．在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是（其中O为坐标原点）（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据四点共面的条件逐项判断即可求得结论. 【详解】空间向量共面定理：，若不共线，且共面，其充要条件是. 对A，因为，所以四点不共面； 对B，因为，所以四点不共面； 对C，由可得， 因为，所以四点不共面； 对D，由可得， 即，因为，所以四点共面. 故选：D 4．如图，在长方体中，点分别在棱上，且.若，则的最小值为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设， 由得，结合向量法的坐标表示可得，讨论、求n的最小值即可 【详解】以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则. 设，则. 因为，所以，即，化简得. 当时，显然不符合题意. 故，当且仅当时，等号成立. 故的最小值为2. 故选：C 5．四棱锥中，，，，则顶点到底面的距离为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】先求出平面的法向量，再根据点到面的距离的向量公式求解即可. 【详解】设平面的法向量为， 则有，令，则， 所以， 所以顶点到底面的距离为. 故选：A. 6．已知O为坐标原点，＝(1,2,3)，＝(2,1,2)，＝(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，则当取得最小值时，点Q的坐标为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，用表示出，求得的表达式，结合 二次函数的性质求得当时，取得最小值，从而求得点的坐标. 【详解】设，则＝－＝－λ＝(1－λ，2－λ，3－2λ)， ＝－＝－λ＝(2－λ，1－λ，2－2λ)， 所以＝(1－λ，2－λ，3－2λ)·(2－λ，1－λ，2－2λ)＝2(3λ2－8λ＋5)＝. 所以当λ＝时，取得最小值，此时＝＝， 即点Q的坐标为. 故选：C 7．如图,四面体ABCD中,AB,BC,BD两两垂直,BC=BD=2,点E是CD的中点,异面直线AD与BE所成角的余弦值为,则直线BE与平面ACD所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，设，根据异面直线的夹角可得，于是得到相关点的坐标，然后转化为求直线BE与平面ACD的法向量夹角的问题求解． 【详解】由题意得AB,BC,BD两两垂直，以B为原点,BC,BD,BA分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系．设AB=a,则A(0,0,a),E(1,1,0),B(0,0,0),D(0,2,0), 于是=(0,2,-a),=(1,1,0), 因为异面直线AD与BE所成角的余弦值为， 所以|cos<>|, 于是,解得． 故=(2,0,-4),=(0,2,-4), 设平面ACD的法向量为， 则所以 令，得． 设直线BE与平面ACD所成角为， 则， 即直线BE与平面ACD所成角的正弦值为． 故选C． 【点睛】向量法是求空间角的常用方法，可将几何问题转化为数的运算的问题求解．在求线面角的过程中，要注意直线的方向向量和平面法向量的夹角与线面角的关系，同时还要注意线面角的范围，这是解题中容易出现错误的地方． 8．如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是（　　） A．若平面，则动点Q的轨迹是一条线段 B．存在Q点，使得平面 C．当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大 D．若，那么Q点的轨迹长度为 【答案】B 【分析】取中点，证明平面，得动点轨迹判断A，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由与此法向量平行确定点位置，判断B，利用空间向量法求得到到平面距离的最大值，确定点位置判断C，利用勾股定理确定点轨迹，得轨迹长度判断D． 【详解】选项A，分别取中点，连接，，由与，平行且相等得平行四边形，所以， 平面，平面，所以平面， 连接，，，所以，同理平面， ，平面，所以平面平面， 当时，平面，所以平面，即点轨迹是线段，A正确； 选项B，以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设（）， ，，， 设是平面的一个法向量， 则，取，则， 若平面，则，所以存在，使得， ，解得，因此正方形内（含边界）不存在点，使得平面，B错； 选项C，面积为定值，当且仅当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，， 到平面的距离为，， 时，，当时，d有最大值1， 时，，时，d有最大值， 综上，时，d取得最大值1，故与重合时，d取得最大值，三棱锥的体积最大，C正确； 选项D，平面，平面，， 所以，所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，圆心角是，轨迹长度为，D正确． 故选：B． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．如图，在四棱锥中，底面ABCD，四边形ABCD是边长为1的菱形，且，，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】利用数量积的定义和运算律，结合图形，即可求解. 【详解】因为底面ABCD，所以垂直于平面内的任何一条直线， 因为四边形ABCD是边长为1的菱形，且，所以和是等边三角形， A. ，故A错误； B. ，故B正确； C. ，故C错误； D. ，故D正确. 故选：BD 10．已知空间向量，则（    ） A． B．在上的投影向量为 C．若向量，则点在平面内 D．向量是与平行的一个单位向量 【答案】ABD 【分析】由空间向量垂直和平行坐标运算判断AD,由空间向量基本定理判断C,由投影向量判断B. 【详解】由已知可得，A正确； 由于，所以在上的投影向量即为，B正确； 若在平面ABC内，则存在实数x，y，使得，而, 所以， 上述方程组无解，故点E不在平面ABC内，C错误; 由，故，且， 所以正确． 故选：ABD． 11．如图，在棱长为6的正方体中，E，F分别是棱，BC的中点，则（    ） A．平面 B．异面直线与EF所成的角是 C．点到平面的距离是 D．平面截正方体所得图形的周长为 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间夹角公式、点到面距离公式，结合正方体的性质逐一判断即可. 【详解】如图，以A为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，所以， 所以． 设平面的法向量为， 则令，得，所以． 因为， 所以与平面不垂直，则A错误． 设异面直线与EF所成的角为， 则，从而，故B正确． 连接，因为， 所以点到平面的距离是，则C正确． 分别在棱上取点M，N，使得，， 连接． 可知平面截正方体所得图形为五边形． 由题中数据可得， 则平面截正方体所得图形的周长为，故D正确． 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．如图，平行六面体中，，，则线段的长度是 . 【答案】 【分析】由，转化为向量的模长，然后结合空间向量数量积运算，即可求解. 【详解】由题知， 所以， 所以，即，所以线段的长度是. 故答案为： 13．如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论： ①点与点间的距离为3； ②直线到平面的距离是； ③存在点，使得； ④△面积的最小值是. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①③ 【分析】对①，由空间两点距离公式可求； 对②，证平面，则直线到平面的距离等于点到平面的距离，由等体积法列式即可求； 对③，设 ，可得，由向量垂直的坐标表示，存在点使等价于有解； 对④，由点到直线距离求P到的距离d，则△面积为，讨论最小值即可 【详解】由题，以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，， 对①， ，①对； 对②，分别是棱的中点，∴，平面，平面，故平面， 故直线到平面的距离等于点到平面的距离. ，，，， 由得，即为点到平面的距离，②错； 对③，设 ，则，则，， 由即得， 由，故存在点，使得，③对； 对④，由③得到的投影为，故P到的距离， △面积为 ，由二次函数性质，当时，取得最小值为，④错. 故选：①③ 14．在长方体中，，点为侧面内一动点，且满足平面，则的最小值为 ，此时点到直线的距离为 . 【答案】 / 【分析】由题意，根据线面平行的判定定理和面面平行的判定定理可证得平面平面，由面面平行的性质确定点的轨迹为线段，且当取最小值时，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解点线距离即可. 【详解】如图所示，因为且，故四边形为平行四边形，则， 因为平面平面，所以平面， 同理可证平面，因为平面， 所以平面平面，因为平面，要使得平面， 则平面，因为平面平面， 故点的轨迹为线段，当取最小值时，，则为的中点， 则. 以为原点，的方向分别为，轴建立空间直角坐标系， 易知， 取， 则， 所以点到直线的距离为. 故答案为：； 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．如图，直四棱柱的底面是正方形，，E，F分别为，的中点.    (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）根据线面平行的空间向量法证明即可； （2）根据空间向量法求二面角余弦，再结合同角三角函数关系求解. 【详解】（1）   如图建系，设 则, , 设平面法向量为, , , 可得 即得， 因为所以,不在平面内，所以平面. （2）设平面法向量为, , 可得, 即得, 设二面角为， 则, 因为所以 16．如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值. 【详解】（1）取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. （2） 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为 17．如图，在正四棱台中，，，是的中点． (1)求证：直线平面； (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）连接交于，连接交于，连接，依题意得平面，即可得到，再由，即可得证； （2）首先求出以及，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）连接交于，连接交于，连接， ∵四棱台是正四棱台， ∴平面，又平面， ∴，又，，平面， ∴平面． （2）在等腰梯形中，，， 所以， 在等腰梯形中，， 所以， 两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为，则， ，取， 设直线与平面所成角为，则， ∴直线与平面所成角的正弦值． 18．如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，. (1)若平面平面，求、的值； (2)若平面，求的最小值. 【答案】(1)； (2)8. 【分析】（1）若平面平面，由面面平行的性质定理可知，，由为的中点，可得为的中点，同理为的中点，即可得出结果； （2）以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，求得的法向量为，由平面，则有，即，代入计算化简可得结果. 【详解】（1）若平面平面，平面平面，平面平面，所以， 又因为为的中点，所以为的中点，同理为的中点，所以. （2）因为，底面， 如图，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系， 故，则，， 设平面的法向量为，则取，可得. 因为，，所以，， 则， 因为平面，所以，即， 所以，即， 所以，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号，所以的最小值为8. 19．如图，在三棱锥中，侧面底面，，是边长为2的正三角形，，分别是的中点，记平面与平面的交线为.    (1)证明：直线平面； (2)设点在直线上，直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，求当为何值时，. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先得出，所以平面，由线面平行的性质得，再由面面垂直的性质得出平面，即可得证； （2）解法一：连接，则，，在中，在中，，因为，可得的值； 解法二：以为原点，直线为轴，直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，分别表示和，结合可得. 【详解】（1）因为分别是的中点，则， 因为平面， 平面，从而平面， 因为平面，平面平面，则， 因为平面平面，平面平面，，平面， 则平面， 所以直线平面； （2）解法一：因为平面，平面，则， 又，则， 因为为正三角形，为的中点， 则，，、平面，从而平面， 连接，则，因为，，则， 在中，，在中，， 因为，则，得， 所以当时，； 解法二：以为原点，直线为轴，直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，    则点，，，，， 从而，， 设平面的法向量， 则，取，得 设点，则， 所以， ， 因为，则，得， 所以当时，. 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$