第一章 空间向量与立体几何 章节验收测评卷-2024-2025学年高二数学单元速记（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 章节验收测评卷 （考试时间：150分钟 试卷满分：150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．（23-24高二下·江苏南京·期末）在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点坐标是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·陕西榆林·期中）如图所示的三棱锥A-BCD中，令，，，且M，G分别是BC，CD的中点，则等于（   ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·广东中山·期中）已知向量，若，则实数（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·江苏淮安·期末）正方体中，为中点，则直线，所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二下·福建·期中）已知，则在上的投影向量为（   ）． A． B． C． D． 6．（23-24高二上·北京昌平·期末）如图，在长方体中，，，，分别是棱和上的两个动点，且，则的中点到的距离为（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，四边形，现将沿折起，当二面角的大小在时，直线和所成角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高二下·江苏盐城·期中）如图，在棱长均为2的正四棱锥中，为棱的中点，则下列判断正确的是（    ） A．平面，且到平面的距离为 B．与平面不平行，且与平面所成角大于30° C．与平面不平行，且与平面所成角小于30° D．与平面不平行，且与平面所成角等于30° 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．（23-24高二下·江苏常州·期中）下列给出的命题正确的是（    ） A．若为空间的一组基底，则也是空间的一组基底 B．点为平面上的一点，且，则 C．若直线的方向向量为，平面的法向量，则 D．两个不重合的平面的法向量分别是，则 10．（2024·全国·模拟预测）已知直线是正方体体对角线所在直线，为其对应棱的中点，则下列正方体的图形中满足平面的是（    ） A．  B．   C．    D． 11．（23-24高二下·河南南阳·阶段练习）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点，则下列说法正确的是（    ）    A． B．平面 C．与平面所成夹角的正弦值为 D．平面与平面所成夹角的正弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（23-24高二下·江苏常州·期中）已知正四面体的棱长为1，点是的中点，则的值为 ． 13．（23-24高二下·江苏徐州·期中）定义.若向量，向量为单位向量，则的取值范围是 . 14．（23-24高二下·江苏·阶段练习）已知正方体的棱长为2，M，N，G分别是棱，BC，的中点，Q是该正方体表面上的一点，且.若，则直线NQ与平面所成角的大小为 ，若x，，则的最大值为 . 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（23-24高二下·河南焦作·期末）如图，在三棱柱中，，，两两垂直，，，，D为的中点，以点A为原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 16．（2024·天津南开·二模）在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，O为CD的中点，二面角A-CD-P为直二面角. (1)求证：； (2)求直线PC与平面PAB所成角的正弦值； (3)求平面POB与平面PAB夹角的余弦值. 17．（24-25高二下·全国·期末）在直三棱柱中，，分别为棱中点. (1)证明：平面； (2)若，且，则当为何值时，有？ 18．（2024·浙江·三模）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，平面底面，，，E，F分别是，的中点，P是线段上的动点． (1)当P是线段的中点时，求点P到平面的距离； (2)当平面与平面的夹角的余弦值为时，求． 19．（2024·江西新余·二模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，.    (1)若为的中点，证明：平面平面； (2)若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一章 空间向量与立体几何 章节验收测评卷 （考试时间：150分钟 试卷满分：150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．（23-24高二下·江苏南京·期末）在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间直角坐标系中点的对称的关系判断即可. 【详解】在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点坐标为. 故选：C 2．（23-24高二上·陕西榆林·期中）如图所示的三棱锥A-BCD中，令，，，且M，G分别是BC，CD的中点，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合条件用表示，即可得出结果. 【详解】因为，，， 所以，， 所以， 所以，. 故选：A 3．（23-24高二上·广东中山·期中）已知向量，若，则实数（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用向量平行的坐标表示可得答案. 【详解】，， 因为，所以，解得. 故选：A. 4．（23-24高二下·江苏淮安·期末）正方体中，为中点，则直线，所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设正方体的棱长为2，建系标点，利用空间向量求线线夹角. 【详解】如图，以D为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为2，则， 可得， 则， 所以直线，所成角的余弦值为. 故选：B. 5．（23-24高二下·福建·期中）已知，则在上的投影向量为（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】借助投影向量的定义计算即可得. 【详解】. 故选：B. 6．（23-24高二上·北京昌平·期末）如图，在长方体中，，，，分别是棱和上的两个动点，且，则的中点到的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取的中点，连接，以为坐标原点建立空间直角坐标系，结合，利用两点间距离公式，求出的长即可． 【详解】取的中点，连接， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 因为是的中点，所以， 所以，而， 所以，即，所以点到的距离就是， 因为， 所以，即， 所以，即， 所以的中点到的距离为. 故选：D. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是发现，再利用整体法即可得解. 7．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，四边形，现将沿折起，当二面角的大小在时，直线和所成角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取BD中点O，连结AO，CO，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与CD所成角的余弦值取值范围． 【详解】取BD中点O，连接AO，CO，， 则，且，于是是二面角的平面角， 显然平面，在平面内过点作，则， 直线两两垂直，以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， ，设二面角的大小为，， 因此，，， 于是， 显然，则当时，， 所以的最大值为. 故选：B 【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，求出动点的坐标，利用向量建立函数关系是解题的关键. 8．（23-24高二下·江苏盐城·期中）如图，在棱长均为2的正四棱锥中，为棱的中点，则下列判断正确的是（    ） A．平面，且到平面的距离为 B．与平面不平行，且与平面所成角大于30° C．与平面不平行，且与平面所成角小于30° D．与平面不平行，且与平面所成角等于30° 【答案】C 【分析】连接，交点为，以为坐标原点，方向分别轴正方向建立空间坐标系，分别求出直线的方向向量与平面的法向量，代入向量夹角公式，求出与平面夹角的正弦值，再由正弦函数的单调性，即可得到答案． 【详解】连接交点为，以为坐标原点，方向分别轴正方向建立空间直角坐标系， 由正四棱锥的棱长均为，点为的中点， 则,,,,,,， 则，，， 设是平面的一个法向量， 则，取，得， 设与平面所成的角为，线面角范围为大于等于下雨等于， 则，则， 故与平面不平行，且与平面所成的角小于． 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．（23-24高二下·江苏常州·期中）下列给出的命题正确的是（    ） A．若为空间的一组基底，则也是空间的一组基底 B．点为平面上的一点，且，则 C．若直线的方向向量为，平面的法向量，则 D．两个不重合的平面的法向量分别是，则 【答案】BD 【分析】利用空间基底的含义可判断A的正误，利用四点共面的向量性质可判断B的正误，利用方向向量和法向量的数量积为0判断C的正误，利用两个平面的法向量垂直可判断D的正误. 【详解】对于A，因为，即这三个向量共面， 故不是空间的一组基底，故A错误. 对于B，因为共面，故，故，故B正确. 对于C，因为，故或，故C错误. 对于D，因为，故，故，故D正确. 故选：BD. 10．（2024·全国·模拟预测）已知直线是正方体体对角线所在直线，为其对应棱的中点，则下列正方体的图形中满足平面的是（    ） A．  B．   C．    D． 【答案】AC 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法来判断出正确答案. 【详解】设正方体的边长为， A选项，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，直线的方向向量为， 因为，所以平面，所以A正确；    B选项，建立如图所示的空间直角坐标系， ，直线的方向向量为， 因为，所以B错误；    C选项，建立如图所示的空间直角坐标系， ，， 直线的方向向量为，因为，， 所以，平面， 所以平面，所以C正确；    D选项，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，直线的方向向量为， 因为，所以与不垂直，所以D错误．    故选：AC 11．（23-24高二下·河南南阳·阶段练习）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点，则下列说法正确的是（    ）    A． B．平面 C．与平面所成夹角的正弦值为 D．平面与平面所成夹角的正弦值为 【答案】BC 【分析】对于A：利用平面几何知识说明即可； 对于B：只需要证明即可； 对于C：建立空间直角坐标系，计算与平面的法向量，再代入线面角的计算公式； 对于D：计算平面和平面法向量，在代入面面角的计算公式. 【详解】因为，，，为的中点，所以，,四边形为平行四边形， 所以，又因为平面，平面，所以平面，故B正确； 如图所示，作交于，连接，因为四边形为等腰梯形， 所以，，，所以， 又因为四边形为平行四边形，可得，又，所以为等边三角形，为中点， 所以，与不垂直，故A错误； 又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，， 四边形为平行四边形，所以， 又因为为中点，所以且，， 则有，所以， 互相垂直， 以为原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，   ，，，，， ，， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，令，得，，即， 则，令，得，，即， 所以与平面所成角的正弦值为，故C正确； ，则 所以平面与平面夹角的正弦值为，故D错误. 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（23-24高二下·江苏常州·期中）已知正四面体的棱长为1，点是的中点，则的值为 ． 【答案】/ 【分析】根据空间向量线性运算，得，，再计算. 【详解】 正四面体的棱长为1， ， 又点是的中点，， 又， . 故答案为：. 13．（23-24高二下·江苏徐州·期中）定义.若向量，向量为单位向量，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】先设夹角，则,由即得解. 【详解】由题意知，． 设，则． 又，则，故． 故答案为： 14．（23-24高二下·江苏·阶段练习）已知正方体的棱长为2，M，N，G分别是棱，BC，的中点，Q是该正方体表面上的一点，且.若，则直线NQ与平面所成角的大小为 ，若x，，则的最大值为 . 【答案】 3 【分析】（1）根据平面向量基本定理可得点的轨迹是正六边形，进而可得当时，点在处，从而可得线面角. （2）分别取，，的中点，，，连接，可证明六边形为正六边形，利用向量数量积的几何意义可求的最大值. 【详解】（1）∵，∴点在平面上， 如图，分别取，，的中点，，， 连接， 因为为中点，故， 又由正方体可得，， 故，故四边形为平行四边形，故， 故，故四点共面，同理可证四点共面， 故五点共面，同理可证四点共面， 故六点共面，由正方体的对称性可得六边形为正六边形.    故点的轨迹是正六边形. 故当时，，故此时点在处. 又平面平面，故 故直线NQ与平面所成角即直线NF与平面所成角，为.    （2）因为正方体的棱长为2，故正六边形的边长为，    如图，，故当最大时取得最大值，即在上的投影最大时取得最大值. 由图可得在时取得最大值， ∴的最大值为3． 故答案为：；3 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（23-24高二下·河南焦作·期末）如图，在三棱柱中，，，两两垂直，，，，D为的中点，以点A为原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.    (1)求证：； (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）求出，，利用数量积的坐标表示求出，即可得证； （2）求出平面的法向量，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）依题意可得，，，，，，， 则，， 所以， 所以； （2）因为，，， 设平面的法向量为， 则，取， 设直线与平面所成角为， 则，所以直线与平面所成角的正弦值为. 16．（2024·天津南开·二模）在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，O为CD的中点，二面角A-CD-P为直二面角. (1)求证：； (2)求直线PC与平面PAB所成角的正弦值； (3)求平面POB与平面PAB夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）证明出，平面ABCD，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出，得到垂直关系； （2）求出平面的法向量，利用线面角求解公式得到答案； （3）求出两平面法向量，求出面面角的余弦值. 【详解】（1）因为，O为CD的中点， 所以． 又因为平面平面ABCD，平面平面，平面PCD， 所以平面ABCD． 因为，，，所以． 取的中点，连接，则⊥， 以点O为坐标原点，OD，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，． ，， 因为， 所以． （2）设平面PAB的一个法向量为， 则，即， 解得，令，则，则． 设直线PC与平面PAB所成的角为， 又， 则， 所以直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为． （3）设平面POB的一个法向量为， 则，即， 解得，令，则，故． 设平面POB与平面PAB的夹角为， 则． 故平面POB与平面PAB的夹角的余弦值为． 17．（24-25高二下·全国·期末）在直三棱柱中，，分别为棱中点. (1)证明：平面； (2)若，且，则当为何值时，有？ 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）构造平行四边形得线线平行，结合线面平行判断定理即可证明. （2）如图建立空间直角坐标系，设，得出各点坐标，令，即可求解. 【详解】（1）取的中点为，连接， 分别为的中点，结合题意得，且， 故四边形为平行四边形， ， 又平面，平面， 平面. （2），取中点为，则有， 连接，由题意得底面，如图以为原点，以分别为轴正方向建立空间直角坐标系， 设，， 则， ， 则， 得，由题意得， 即当时有. 18．（2024·浙江·三模）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，平面底面，，，E，F分别是，的中点，P是线段上的动点． (1)当P是线段的中点时，求点P到平面的距离； (2)当平面与平面的夹角的余弦值为时，求． 【答案】(1)． (2) 【分析】（1）利用等体积变化的方法进行计算距离； （2）利用空间向量法计算距离； 【详解】（1）作的中点D，连接，，连接，，， 因为点D，F分别为，的中点， 所以，且， 又由三棱柱的定义，结合点E为的中点可知： ，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 所以当P是线段的中点时，点P到平面的距离等于点E到平面的距离； 因为， ， 因为，所以， 由平面平面，且平面平面， 因为平面，所以平面， 又平面，所以，所以是三棱锥的高， 所以， 在等边三角形中，, 因为，所以直角三角形中 又， 三角形是等腰三角形，， 设点E到平面的距离为d，则，解得． 即点P到平面的距离为． （2） 以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系， ，，，，， 所以，，，， 设，则， 设平面的一个法向量， 则有，即， 所以， 设平面的一个法向量， 则有，即，所以， 所以， 解得或（舍去）． 所以，即的长为． 19．（2024·江西新余·二模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，.    (1)若为的中点，证明：平面平面； (2)若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点为，利用直角梯形中位线的性质，线面垂直的性质判定推理即可； （2）通过正三角形证明，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用二面角得向量求法计算求解即可. 【详解】（1）取中点为，由条件可得为梯形的中位线，则， 又，则， 且，平面，平面， 根据线面垂直的判定定理，得平面， 平面，. 由，则，又，为梯形的两腰，则与相交， 平面， 又平面，所以平面平面. （2）取的中点为Q，由，， 则，， 因此△为等边三角形，. 由（1）知平面，，，两两垂直， 如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，    由，，则， ，，，， 由， 所以，，，， 设平面的一个法向量为， 由 取，得，，得. 设平面的一个法向量为， 由 取，得，， 即平面的一个法向量为. 记平面与平面夹角的大小为， 所以，化简得，即，所以实数的值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$