专题1.11 空间向量与立体几何全章综合测试卷（提高篇）-2024-2025学年高二数学举一反三系列（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全章综合测试卷（提高篇） 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．（5分）（23-24高二上·河南开封·期末）已知四面体ABCD，E，F分别是BC，CD的中点，则（   ） A． B． C． D． 【解题思路】根据空间向量的线性运算逐项判断即可. 【解答过程】对于A，因为E，F分别是BC，CD的中点，所以，错误； 对于B，，错误； 对于C，，正确； 对于D，，错误. 故选：C. 2．（5分）（23-24高二下·辽宁·阶段练习）下列选项中，不正确的命题是（    ） A．若两条不同直线，的方向向量为，，则 B．若是空间向量的一组基底，且，则点在平面内，且为的重心 C．若是空间向量的一组基底，则也是空间向量的一组基底 D．若空间向量，，共面，则存在不全为0的实数，，使 【解题思路】对于A，根据直线方向向量的定义分析判断，对于B，由三角形重心的定义判断，对于C，由空间向量的基底的定义分析判断，对于D，由共面向量定理判断. 【解答过程】对于A，由于两条不同直线，的方向向量为，，当时，，当时，，所以A正确， 对于B，因为，所以， 所以， 所以，所以， 设为的中点，所以，所以， 所以点在平面内，且为的重心，所以B正确， 对于C，因为，所以共面， 所以不是空间向量的一组基底，所以C错误， 对于D，由空间向量共面定理可知空间向量，，共面，则存在不全为0的实数，，使，所以D正确， 故选：C. 3．（5分）（23-24高二下·江苏连云港·期中）已知平行六面体中，，，，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】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. 【解答过程】因为 所以， . 故选：B. 4．（5分）（2024高三·全国·专题练习）在空间直角坐标系中，已知点，，点C，D分别在x轴，y轴上，且，那么的最小值是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】设，，应用向量垂直的坐标表示可得，再应用向量模长的坐标表示及二次函数性质求最小值. 【解答过程】设，，且，， ∴，，又， ∴，即． ∵， ∴， 当且仅当时等号成立. 故选：B. 5．（5分）（23-24高二上·广东广州·阶段练习）在长方体中，，，，，分别是棱，，的中点，是平面内一动点，若直线与平面平行，则的最小值为（    ） A． B．9 C． D． 【解题思路】 建立空间直角坐标系，利用向量法求得正确答案. 【解答过程】 如图，分别以、、方向为、、轴建立空间直角坐标系可得： ，，，，，， ，，， 设平面的法向量，则，得， 故可设，，，即. 由于直线与平面平行，则， 得：，即：，，. ， ， 可知，由于，当时，取得最小值，最小值为. 故选：C. 6．（5分）（23-24高二上·湖北·开学考试）在四面体中（如图），平面平面，是等边三角形，，，M为的中点，N在侧面上（包含边界），若，则下列正确的是（    ）      A．若，则∥平面 B．若，则 C．当最小时， D．当最大时， 【解题思路】根据可证平面，设，且，进而可得，对于A：若，则点即为点，进而可得结果；对于B：若，可得点在线段上（包括短点），结合垂直关系分析判断；对于C、D：过作，垂足为，可证平面，则，结合图形分析判断. 【解答过程】因为，平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 且平面，可得， 又因为N在侧面上（包含边界），设，且， 可得 ， 又因为，可得，且. 对于选项A：若，则，可得点即为点， 显然平面，故A错误； 对于选项B：若，则，可得点在线段上（包括端点）， 由平面，可知当且仅当点为点，，故B错误； 过作，垂足为，可得，，        因为平面，平面，则， 且，平面，所以平面， 可得， 对于选项C：显然当点即为点时，最小，此时， 可得，故C正确； 对于选项D：显然当点即为点时，最大，则最大，此时， 可得，故D错误； 故选：C. 7．（5分）（2024·宁夏吴忠·模拟预测）在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，现有如下说法 ①不存在点，使得平面 ②存在点，使得平面 ③当点不是的中点时，都有平面 ④当点不是的中点时，都有平面 其中正确的说法有（    ） A．①③ B．③④ C．②③ D．①④ 【解题思路】 对于①，由当点与点重合时，结合线面平行的判定定理即可判断；对于②，若平面，则，建系利用向量运算即可判断；对于③④，由线面平行，线面垂直的相关知识判断即可. 【解答过程】对于①，由当点与点重合时，由， 而平面，平面，得平面，故①错误； 对于②，若存在点，使得平面，则， 又，可得， 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，，， 则，，，， 则，， ，， 所以，这与矛盾，故②错误； 对于③，当不是的中点时， 由，且面，面，可知面， 又直线为面与面的交线，则， 又面，面，从而可得面，故③正确； 对于④，由③可知，又平面，平面， 所以，又，，平面， 所以平面，所以平面，故④正确. 综上，③④正确. 故选：B. 8．（5分）（23-24高二上·浙江杭州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，P为线段上的动点，则下列结论错误的是（    ） A．直线与所成的角不可能是 B．当时，点到平面的距离为 C．当时， D．若,则二面角的平面角的正弦值为 【解题思路】建立如图的空间直角坐标系，利用反证法可判断A的正误，利用空间中的距离公式计算BC后可判断它们的正误，利用向量法可求面面角的余弦值后结合同角的三角函数基本关系式计算后可判断D的正误. 【解答过程】 建立如图所示的空间直角坐标系，则， ， 对于A，设，故， 故，而， 设直线与所成的角为，则， 若直线与所成的角是，则， 整理得到：，此方程在上无实数解， 故直线与所成的角不可能是，故A正确. 对于B，当时，结合A中分析可得，故， 故，而，设平面的法向量为， 则即，取，则，， 故， 又，故到平面的距离为， 故B正确. 对于C，当时，又B的分析可得，故， 故，故C正确. 对于D，当时，结合的分析可得，此时， 故，而，设此时平面的法向量为， 则即，取，则，， 故， 又，， 设平面的法向量为， 则即，取，则，， 故， 故，故二面角的平面角的正弦值为， 故D错误. 故选：D. 二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分） 9．（5分）（23-24高一下·山东淄博·期中）已知，，是平面上的三个非零向量，那么下列说法正确的是（    ） A．若，则或 B．若，则 C．若，则与的夹角为 D．在正方体中， 【解题思路】根据向量的定义结合向量模的含义可判断A；根据数量积的运算律判断B；根据向量的夹角公式可判断C；根据正方体的性质可判断D。 【解答过程】对于A，若，但，的方向不确定，A错误； 对于B，若，两边平方得， 则，B正确； 对于C，，则，即得， 故，， 故， 而，故与的夹角为，C错误； 对于D，在正方体中，， 故四边形为平行四边形，故， 故，D正确， 故选：BD. 10．（5分）（23-24高二下·江苏泰州·期末）如图，四棱锥的底面为平行四边形，且，，为的重心，为的中点．若，则下列结论正确的是（    ） A．． B． C．若，则向量共面 D．若，则 【解题思路】结合空间向量线性运算利用表示，结合空间向量基本定理求，判断A，表示，结合模的性质及数量积运算律求其模长，判断B，表示，结合向量共面定理判断C，由，可得，化简可求，判断D. 【解答过程】延长交与点，因为为的重心， 所以， 所以， 所以， ， 所以，又， 所以， 所以，A正确； 因为， 所以， 所以， 所以， 又，， 所以，，， 所以， 所以，B错误； 因为， ，， 设，则，，， 所以，， 所以，所以向量共面，C正确； 因为， ， 由可得，， 又，，， 所以， 所以， 所以，D正确. 故选：ACD. 11．（5分）（23-24高三上·山东济南·期末）如图，正方体的棱长为，点为底面的中心，点为侧面内（不含边界）的动点，则（    ） A． B．存在一点，使得 C．三棱锥的体积为 D．若，则面积的最小值为 【解题思路】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，利用空间向量数量积可判断A选项；利用空间向量共线的坐标表示可判断B选项；利用锥体体积公式可判断C选项；求出点的坐标满足的关系式，利用二次函数的基本性质可求得面积的最小值，可判断D选项的正误. 【解答过程】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， 则、、、、、、， 设点，其中，. 对于A选项，，，则， 所以，，A对； 对于B选项，，若，则，解得，不合乎题意， 所以，不存在点，使得，B错； 对于C选项，，点到平面的距离为， 所以，，C对； 对于D选项，， 若，则，可得， 由可得， ， 当且仅当时，等号成立， 因为平面，平面，， ，D对. 故选：ACD. 12．（5分）（23-24高二下·浙江温州·期末）如图，是棱长为1的正方体的表面上一个动点，为棱的中点，为侧面的中心.下列结论正确的是（    ） A．平面 B．与平面所成角的余弦值为 C．若点在各棱上，且到平面的距离为，则满足条件的点有9个 D．若点在侧面内运动，且满足，则存在点，使得与所成角为 【解题思路】建立以为原点空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，可得，即可判断A；设与平面所成的角为，由，即可判断B；由正方体各个顶点到平面的距离与比较，即可判断C；点在侧面内运动，且满足，可得点在侧面内，以为圆心，为半径的一段圆弧上运动，而当点于或重合时与所成角为，即可判断D. 【解答过程】 对A，如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 则，所以，即， 所以平面，故A正确； 对B，设与平面所成的角为， 则，故B错误； 对C，因为正方体的棱长为1，所以正的边长为， 正方体的对角线， 设到平面的距离为，由， 则，则， 则到平面的距离为， 因为， 所以在以为顶点的棱上，满足条件的点共有3个， 又与平面所成角的正弦值为， 所以到平面的距离为， 因为，所以在棱上都存在满足条件的点， 同理在都存在满足条件的点， 而棱到平面最近的距离为，所以不存在满足条件的点， 所以满足条件的点共有9个，故C正确； 对D，设，则，又， 所以，即， 则点在侧面内，以为圆心，为半径的一段圆弧上运动， 而当点和或重合时与所成角为，故D错误. 故选：AC. 三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分） 13．（5分）（23-24高二上·江西上饶·期末）若向量，，共面，则 2 ． 【解题思路】根据给定条件，利用共面向量定理列式计算即得. 【解答过程】由，，得不共线， 由共面，得，即， 则，解得， 所以. 故答案为：2. 14．（5分）（23-24高二上·上海·课后作业）已知是平行六面体．设是底面的中心，是侧面的对角线上的点，且，设， ． 【解题思路】由空间向量基本定理得到，从而求出，，，从而得到答案. 【解答过程】∵，， ∴ ， 又， ∴，，，故. 故答案为：. 15．（5分）（23-24高三上·四川·阶段练习）如图，在棱长为4的正方体中， E为棱BC的中点，P是底面ABCD内的一点（包含边界），且，则线段的长度的取值范围是 ． 【解题思路】 首先利用向量垂直的坐标表示，求得点的轨迹方程，再代入两点间的距离公式，求线段长度的取值范围. 【解答过程】以D为原点，以DA，DC，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，， 设，则， ，又，所以， 即，则． 当时，，设，所以点P在底面ABCD内的轨迹为一条线段AF， 所以，， ， 当时，，当时，， 所以线段的长度的取值范围是． 故答案为：. 16．（5分）（23-24高三下·四川巴中·阶段练习）如图，棱长为的正方体中，为线段上的动点（不含端点），以下正确的是 ①② .    ①； ②存在点，使得//面； ③的最小值为； ④存在点，使得与面所成线面角的余弦值为. 【解题思路】建立如图空间直角坐标系，设，则，利用空间向量法即可证明①②④；将平面与平面沿展开成平面图，得，利用余弦定理计算即可判断③. 【解答过程】由题意，建立如图空间直角坐标系，    则， 所以， 设，则，所以， 所以. ①：， 所以，故①正确； ②：设平面的一个法向量为， 则，令，得，所以， 有，当时，，此时，即平面， 所以当点P为的中点时，平面，故②正确； ③：将平面与平面沿展开成平面图，线段即为的最小值.    在中，，由余弦定理， 得， 即，故③错误； ④：由平面， 得平面，即平面，则为平面的一个法向量， 假设存在点P，使得与平面所成线面角的余弦值为， 设该线面角为，则， 所以， 整理得，由知方程无实根， 所以不存在点P，使得与平面所成线面角的余弦值为，故④错误. 故答案为：①②. 四．解答题（共6小题，满分70分） 17．（10分）（23-24高二上·福建厦门·期中）已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点． (1)用向量法证明E，F，G，H四点共面； (2)设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有． 【解题思路】（1）通过证明来证得四点共面. （2）利用空间向量运算证得结论成立. 【解答过程】（1）. , 所以，所以四点共面. （2）. 18．（12分）（23-24高二下·江苏常州·阶段练习）如图所示，平行六面体中，． (1)用向量表示向量，并求； (2)求． 【解题思路】（1）借助空间向量的线性运算与模长与数量积的关系计算即可得； （2）结合题意，借助空间向量的线性运算与夹角公式计算即可得. 【解答过程】（1）， 则 ， 所以. （2）由空间向量的运算法则，可得， 因为且， 所以 ， ， 则. 19．（12分）（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）已知点，，，设，． (1)求，夹角的余弦值． (2)若向量，垂直，求的值． (3)若向量，平行，求的值． 【解题思路】（1）利用夹角公式可求夹角的余弦值. （2）利用向量垂直的坐标形式可求参数的值. （3）利用共线向量定理可求参数的值. 【解答过程】（1），， 故. （2）由（1）可得 ，， 因为向量，垂直，故， 整理得到：，故或. （3）由（1）可得不共线，故，均不为零向量， 若向量，平行，则存在非零常数，使得， 整理得到：， 因为不共线，故，故或， 故. 20．（12分）（2024·福建泉州·模拟预测）如图，棱柱中，侧棱底面，，E，F分别为和的中点. (1)求证：平面； (2)设，在平面上是否存在点P，使？若存在，指出P点的位置：若不存，请说明理由. 【解题思路】（1）利用三角形中位线性质、线面平行的判定推理即得. （2）取AB中点O，以O为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用空间位置关系的向量证明求解即得． 【解答过程】（1）由E，F分别为和的中点，得， 而平面，平面， 所以平面. （2）棱柱中，侧棱底面， 取AB中点O，中点M，连接， 则，平面，而平面，则有， 又，则，即直线两两垂直， 以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则， 假设在平面上存在点P，使，设， ， ，即，显然， 由，得，因此，即，此时， 所以当时，存在唯一的点，即棱的中点，使. 21．（12分）（23-24高三上·天津河西·期末）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 【解题思路】（1）先利用平面几何的知识与线面垂直的性质证得两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，由此证得线面平行； （2）结合（1）中结论，求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角余弦的坐标表示求解即可； （3）先利用线面角结合向量法求得的坐标，再利用空间向量点面距离公式求解即可. 【解答过程】（1）记的中点为，连结， 因为，，所以四边形是平行四边形，则， 因为，所以平行四边形是矩形，则， 因为平面，平面，所以，则两两垂直， 故以为坐标原点，分别以，，为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，， 因为为的中点，所以，则， 设平面的一个法向量为，而，， 则，令，则， 所以，则， 又平面，所以平面． . （2）设平面的一个法向量为，而，， 所以，令，则， 设平面的一个法向量为，而，， 所以，令，则， 记平面与平面夹角为，则， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）依题意，不妨设，则，， 又由（2）得平面的一个法向量为，记直线与平面所成角为， 所以，解得（负值舍去）， 所以，则， 而由（2）得平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 22．（12分）（2024·黑龙江哈尔滨·一模）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． 【解题思路】（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. 【解答过程】（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. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一章 空间向量与立体几何全章综合测试卷（提高篇） 【人教A版（2019）】 考试时间：120分钟；满分：150分 姓名：___________班级：___________考号：___________ 考卷信息： 本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时120分钟，本卷题型针对性 较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！ 一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．（5分）（23-24高二上·河南开封·期末）已知四面体ABCD，E，F分别是BC，CD的中点，则（   ） A． B． C． D． 2．（5分）（23-24高二下·辽宁·阶段练习）下列选项中，不正确的命题是（    ） A．若两条不同直线，的方向向量为，，则 B．若是空间向量的一组基底，且，则点在平面内，且为的重心 C．若是空间向量的一组基底，则也是空间向量的一组基底 D．若空间向量，，共面，则存在不全为0的实数，，使 3．（5分）（23-24高二下·江苏连云港·期中）已知平行六面体中，，，，则（    ） A． B． C． D． 4．（5分）（2024高三·全国·专题练习）在空间直角坐标系中，已知点，，点C，D分别在x轴，y轴上，且，那么的最小值是（    ） A． B． C． D． 5．（5分）（23-24高二上·广东广州·阶段练习）在长方体中，，，，，分别是棱，，的中点，是平面内一动点，若直线与平面平行，则的最小值为（    ） A． B．9 C． D． 6．（5分）（23-24高二上·湖北·开学考试）在四面体中（如图），平面平面，是等边三角形，，，M为的中点，N在侧面上（包含边界），若，则下列正确的是（    ）      A．若，则∥平面 B．若，则 C．当最小时， D．当最大时， 7．（5分）（2024·宁夏吴忠·模拟预测）在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，现有如下说法 ①不存在点，使得平面 ②存在点，使得平面 ③当点不是的中点时，都有平面 ④当点不是的中点时，都有平面 其中正确的说法有（    ） A．①③ B．③④ C．②③ D．①④ 8．（5分）（23-24高二上·浙江杭州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，P为线段上的动点，则下列结论错误的是（    ） A．直线与所成的角不可能是 B．当时，点到平面的距离为 C．当时， D．若,则二面角的平面角的正弦值为 二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分） 9．（5分）（23-24高一下·山东淄博·期中）已知，，是平面上的三个非零向量，那么下列说法正确的是（    ） A．若，则或 B．若，则 C．若，则与的夹角为 D．在正方体中， 10．（5分）（23-24高二下·江苏泰州·期末）如图，四棱锥的底面为平行四边形，且，，为的重心，为的中点．若，则下列结论正确的是（    ） A．． B． C．若，则向量共面 D．若，则 11．（5分）（23-24高三上·山东济南·期末）如图，正方体的棱长为，点为底面的中心，点为侧面内（不含边界）的动点，则（    ） A． B．存在一点，使得 C．三棱锥的体积为 D．若，则面积的最小值为 12．（5分）（23-24高二下·浙江温州·期末）如图，是棱长为1的正方体的表面上一个动点，为棱的中点，为侧面的中心.下列结论正确的是（    ） A．平面 B．与平面所成角的余弦值为 C．若点在各棱上，且到平面的距离为，则满足条件的点有9个 D．若点在侧面内运动，且满足，则存在点，使得与所成角为 三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分） 13．（5分）（23-24高二上·江西上饶·期末）若向量，，共面，则 ． 14．（5分）（23-24高二上·上海·课后作业）已知是平行六面体．设是底面的中心，是侧面的对角线上的点，且，设， ． 15．（5分）（23-24高三上·四川·阶段练习）如图，在棱长为4的正方体中， E为棱BC的中点，P是底面ABCD内的一点（包含边界），且，则线段的长度的取值范围是 ． 16．（5分）（23-24高三下·四川巴中·阶段练习）如图，棱长为的正方体中，为线段上的动点（不含端点），以下正确的是 .    ①； ②存在点，使得//面； ③的最小值为； ④存在点，使得与面所成线面角的余弦值为. 四．解答题（共6小题，满分70分） 17．（10分）（23-24高二上·福建厦门·期中）已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点． (1)用向量法证明E，F，G，H四点共面； (2)设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有． 18．（12分）（23-24高二下·江苏常州·阶段练习）如图所示，平行六面体中，． (1)用向量表示向量，并求； (2)求． 19．（12分）（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）已知点，，，设，． (1)求，夹角的余弦值． (2)若向量，垂直，求的值． (3)若向量，平行，求的值． 20．（12分）（2024·福建泉州·模拟预测）如图，棱柱中，侧棱底面，，E，F分别为和的中点. (1)求证：平面； (2)设，在平面上是否存在点P，使？若存在，指出P点的位置：若不存，请说明理由. 21．（12分）（23-24高三上·天津河西·期末）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 22．（12分）（2024·黑龙江哈尔滨·一模）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． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$