专题1.5 空间向量与立体几何综合检测1（特色专题卷）-2024-2025学年高二数学特色专题卷（人教A版2019选择性必修第一册）

专题1.5 空间向量与立体几何综合检测1 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19题，单选8题，多选3题，填空3题，解答5题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！ 1． 选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．（23-24高二上·浙江金华·期中）若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（    ） A． B． C． D．或 2．（2024高二下·辽宁本溪·阶段练习）已知向量，，且与互相垂直，则的值是 A． B． C． D． 3．（23-24高二下·江苏扬州·期中）如图，在平行六面体中，为和的交点，若，，，则下列式子中与相等的是（    ） A． B． C． D． 4．（2024高二上·山东临沂·阶段练习）在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则的长为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·江西鹰潭·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，，点是的中点，点是上不与端点重合的动点，则异面直线与所成角的正切值最小为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·四川·一模）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角均为θ，平面α截此正方体所得截面为图形Ω，下列说法错误的是（    ）    A．平面α可以是平面 B． C．图形Ω可能是六边形 D． 7．（23-24高二上·广东清远·期末）已知空间向量，则下列说法正确的是（    ） A．是等腰直角三角形 B．，则四点共面 C．四边形是矩形 D．若与分别是异面直线与的方向向量，则与所成角的余弦值为 8．（23-24高二上·四川遂宁·期末）如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点）． ①当点P为中点时，异面直线与所成角为 ②三棱锥中，点P到面的距离为定值 ③过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为 ④直线与面所成角的正弦值的范围为 以上命题为真命题的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2． 多选题（共3小题，满分18分，每小题6分） 9．（23-24高二上·浙江绍兴·期中）下面四个结论正确的是（    ） A．向量，若，则 B．若空间四个点，，，，，则，，三点共线 C．已知向量，，若，则 D．任意向量，满足 10．（23-24高二上·广西玉林·期中）如图，平行六面体的底面是菱形，且，，则下列说法正确的是（    ） A． B．与所成的角大小为 C． D．点到平面的距离为 11．（23-24高三上·江苏苏州·期末）已知正方体的棱长为，，，其中，，则下列说法中正确的有（    ） A．若平面，则 B．若平面，则 C．存在，，使得 D．存在，使得对于任意的，都有 3． 填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12．（23-24高二上·天津河西·期末）若向量，向量，且，则 ， . 13．（2024高二·全国·课后作业）已知边长为4的正方形所在平面外一点与正方形的中心的连线垂直于平面，且，则的中点到的重心的距离为 ． 14．（2024高二上·广东佛山·阶段练习）如图，在三棱柱中，，，两两互相垂直，，，分别是侧棱，上的点，平面与平面所成的（锐）二面角为，则当最小时 ．    4． 解答题（共5小题，第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，满分77分） 15．（2024高二·全国·课后作业）如图，已知正方体的棱长为1，E为的中点. （1）求，的大小； （2）求向量在向量方向上的投影的数量. 16．（2024高一上·福建莆田·阶段练习）如图，在正方体中，分别是、、的中点. (1)异面直线与所成角; (2)求证：平面平面. 17．（2024高三下·山东菏泽·阶段练习）如图，三棱锥中，为线段的中点. (1)证明：平面平面； (2)设，求直线与平面所成角的正弦值. 18．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在四棱锥中，平面平面， ，在锐角中，并且，． （1）点是上的一点，证明：平面平面； （2）若与平面所成角为，当面平面时，求点到平面的距离． 19．（2024高三·云南昆明·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，与均为等边三角形，点为的中点. (1)证明：平面平面； (2)试问在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为，若存在，请确定点的位置；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！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题1.5 空间向量与立体几何综合检测1 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19题，单选8题，多选3题，填空3题，解答5题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！ 1． 选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．（23-24高二上·浙江金华·期中）若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（    ） A． B． C． D．或 【答案】C 【分析】推导出，利用空间向量法可得出线面关系. 【详解】因为，，则，即，因此，. 故选：C. 2．（2024高二下·辽宁本溪·阶段练习）已知向量，，且与互相垂直，则的值是 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先由向量的坐标运算，求与，再由它们互相垂直列方程求解出的值. 【详解】向量，， ，， 与互相垂直， ，解得. 故选：D. 3．（23-24高二下·江苏扬州·期中）如图，在平行六面体中，为和的交点，若，，，则下列式子中与相等的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量的加减运算，表示出向量，即得答案. 【详解】 , 故选;A 4．（2024高二上·山东临沂·阶段练习）在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意由平行六面体的几何特征，可知，两边平方计算出向量数量积即可求得. 【详解】如下图所示：    易知，，且； 所显然， 则 ； 所以，即的长为. 故选：A 5．（2024·江西鹰潭·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，，点是的中点，点是上不与端点重合的动点，则异面直线与所成角的正切值最小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，先证明，再以为空间直角坐标系的原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设异面直线与所成角为，利用向量法求出，再利用函数求出最值即得解. 【详解】如图所示，连接. 由题得，所以是等边三角形，所以. 因为平面，所以.以为空间直角坐标系的原点，建立如图所示的空间直角坐标系.设. 则. 由题得, . 设. 所以. 设异面直线与所成角为， 则. 当时，最大为，此时最小，最小值为. 故选：C 6．（2024·四川·一模）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角均为θ，平面α截此正方体所得截面为图形Ω，下列说法错误的是（    ）    A．平面α可以是平面 B． C．图形Ω可能是六边形 D． 【答案】B 【分析】由三棱锥为正三棱锥，得到三条棱与平面与三条棱成等角，可判定A正确；以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为，结合向量的夹角公式，得到B不正确，D正确；取的中点，得到六边形为平行六边形，可判定C正确. 【详解】在正方体中，可得三棱锥为正三棱锥， 则三条棱与平面与三条棱成等角， 根据正方体的对称性，可得所有棱与平面所成的角都相等，所以A正确； 以为坐标原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 可得，则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 所以， 设正方体的棱与平面的角为，所以， 则，所以B不正确，D正确； 分别取的中点， 分别连接，得到六边形为平行六边形， 且满足平面平面，所以图形Ω可能是六边形，所以C正确. 故选：B    7．（23-24高二上·广东清远·期末）已知空间向量，则下列说法正确的是（    ） A．是等腰直角三角形 B．，则四点共面 C．四边形是矩形 D．若与分别是异面直线与的方向向量，则与所成角的余弦值为 【答案】B 【分析】根据向量的模及向量的夹角可判断A，根据四点共面可转化为，且，求解即可判断B，根据向量的数量积判断向量是否垂直可判断C，根据异面直线所成角为锐角或直角判断D. 【详解】对于A选项，，则有， 又，则为钝角，为等腰三角形，A错误； 对于B选项，若要四点共面，则存在，使得成立，且，又，， 则，解得，， 为的中点，则四点共面，B正确． 对于C选项，， ，，所以四边形是平行四边形． ，与不垂直． 四边形不是矩形，C不正确； 对于D选项，， 异面直线与所成角的余弦值为，故D不正确． 故选：B 8．（23-24高二上·四川遂宁·期末）如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点）． ①当点P为中点时，异面直线与所成角为 ②三棱锥中，点P到面的距离为定值 ③过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为 ④直线与面所成角的正弦值的范围为 以上命题为真命题的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】建立空间坐标系，得到各点坐标，计算得到①正确，计算平面的法向量为，根据距离公式得到②正确，确定截面为，计算面积得到③正确，根据向量的夹角公式得到④正确，得到答案. 【详解】如图所示建立空间直角坐标系，则，，，， ，，，，设，， 对①：，，故，正确； 对②：设平面的法向量为，则，取，得到，，点P到面的距离为，正确； 对③：如图所示，连接，则，平面，平面，故平面，同理平面，，故平面平面，故截面即为，为等边三角形，面积为，正确； 对④：，线与面所成角为，则，，故，正确. 故选：D 2． 多选题（共3小题，满分18分，每小题6分） 9．（23-24高二上·浙江绍兴·期中）下面四个结论正确的是（    ） A．向量，若，则 B．若空间四个点，，，，，则，，三点共线 C．已知向量，，若，则 D．任意向量，满足 【答案】ABC 【分析】由空间向量的数量积及其运算性质可判断A，由空间向量的基本定理与共线定理以及向量基底可判断B，根据空间向量共线的坐标表示可判断C，利用数量积的定义判断D. 【详解】对于A：因为，，则，正确； 对于B：因为，则， 即，又与有公共点，所以三点共线，正确； 对于C：因为向量，，， 所以存在，使得，即， 则，解得，正确； 对于D：表示平行于的向量，表示平行于的向量， 当与不平行时，一定不成立，错误. 故选：ABC 10．（23-24高二上·广西玉林·期中）如图，平行六面体的底面是菱形，且，，则下列说法正确的是（    ） A． B．与所成的角大小为 C． D．点到平面的距离为 【答案】ACD 【分析】根据向量的线性运算法则，准确化简，可判定A正确；由向量的数量积的运算公式，求得，可判定B错误；根据向量的模的计算公式，求得，可判定C正确；求得平面的一个法向量，结合距离公式，可判定D正确. 【详解】对于A中，由，所以A正确； 对于B中，由， 则， 所以与所成的角大小为，所以B错误； 对于C中，，所以，所以C正确； 对于D中，由B选知：，同理可得， 又由，且平面，所以平面， 所以是平面的一个法向量， 因为， 所以点到平面的距离为，所以D正确. 故选：ACD. 11．（23-24高三上·江苏苏州·期末）已知正方体的棱长为，，，其中，，则下列说法中正确的有（    ） A．若平面，则 B．若平面，则 C．存在，，使得 D．存在，使得对于任意的，都有 【答案】AD 【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，根据共面向量定理可判断选项A，利用直线方向向量和面法向量垂直可判断线面平行，可判断选项B，通过向量求得模长，根据条件判断方程是否有解，可判断C，向量数量积为，可判断D. 【详解】 以为原点，所在直线为建立空间直角坐标系. 因为正方体的棱长为， 面为点，. 设， 又, 又因为点面， 所以若平面，则，故A正确. 面的法向量， , , , 平面,， ，故B错误. , 若,, , , 令， 易得， ， ， 在无解，故C错误. ,, ,故D正确. 故选：AD 3． 填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12．（23-24高二上·天津河西·期末）若向量，向量，且，则 ， . 【答案】 1 -2 【解析】由题意可得，再求解即可. 【详解】解：由向量，向量，且， 则， 解得：， 故答案为：1，-2. 【点睛】本题考查了空间向量共线的坐标运算，属基础题. 13．（2024高二·全国·课后作业）已知边长为4的正方形所在平面外一点与正方形的中心的连线垂直于平面，且，则的中点到的重心的距离为 ． 【答案】 【分析】以为原点建立空间直角坐标系，求出坐标即可求出. 【详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系， 则，，，由题意，得，， 则，于是， 故点到的重心的距离为． 故答案为：. 14．（2024高二上·广东佛山·阶段练习）如图，在三棱柱中，，，两两互相垂直，，，分别是侧棱，上的点，平面与平面所成的（锐）二面角为，则当最小时 ．    【答案】/60o 【分析】建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量法求二面角的方法求解． 【详解】建立空间直角坐标系，如图所示：    设，，则，，，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则， 又平面的一个法向量为， 所以，即， 当最小时，，， 所以，所以， 故答案为：． 4． 解答题（共5小题，第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，满分77分） 15．（2024高二·全国·课后作业）如图，已知正方体的棱长为1，E为的中点. （1）求，的大小； （2）求向量在向量方向上的投影的数量. 【答案】（1），；（2）1 【分析】（1）由，可得，由，可得； （2）由空间向量投影的定义找出在向量方向上的投影即可求解 【详解】（1）在正方体中， 因为， 所以， 因为， 所以； （2）连接， 因为平面， 所以， 又因为， 所以在向量方向上的投影为， 因为， 所以向量在向量方向上的投影的数量为1 16．（2024高一上·福建莆田·阶段练习）如图，在正方体中，分别是、、的中点. (1)异面直线与所成角; (2)求证：平面平面. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）设正方体为，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成的角； （2）由题意可得，根据线面平行的判定定理可知平面，同理可证平面由面面平行的判定定理可证明. 【详解】（1）如图，设正方体为，建立空间直角坐标系， 则， . ∴异面直线与所成的角为. （2）、分别是、的中点，. 又平面，平面,平面. 且，四边形为平行四边形.∴. 又平面，平面,∥平面. ，平面, 平面平面. 17．（2024高三下·山东菏泽·阶段练习）如图，三棱锥中，为线段的中点. (1)证明：平面平面； (2)设，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）根据等腰三角形的三线合一及全等三角形的性质，利用线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即可求解； （2）利用线面垂直的判定定理及性质定理，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，分别求出直线的方向向量与平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系即可求解. 【详解】（1）因为，为线段的中点， 所以 因为，，， 所以， 故AB． 又为线段的中点， 所以． 又，平面. 所以平面 又平面， 所以平面平面． （2）取的中点，连接，， 因为为中位线，所以， 又，所以． 因为，为的中点，所以． 又，平面， 所以平面，平面， 所以， 因为，为的中点， 所以， 又，平面， 所以平面． 以为坐标原点，分别以、、所在的直线为、、轴，建立空间直角坐标系，如图所示 设，， 则，，， ，， 由，解得． 所以. 又平面的法向量． 设直线与平面所成角为，则 , 所以直线与平面所成角为. 18．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在四棱锥中，平面平面， ，在锐角中，并且，． （1）点是上的一点，证明：平面平面； （2）若与平面所成角为，当面平面时，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【分析】（1）通过证明平面内的直线，垂直平面内的两条相交直线，证明直线与平面垂直然后证明两个平面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由与平面成角，可解出点的纵坐标，设出平面的法向量，根据面平面，求得，即点到平面的距离为． 【详解】（1）因为，，由勾股定理得， 因为平面平面，平面平面，面， 所以平面，面， 所以平面平面． （2）在平面中过作的垂线为轴， 由（1），以为原点，为轴建立空间直角坐标系， 则，，，设，由锐角得， 则，， 设平面法向量为，由，得， 令，解得，， 则，解得或（舍） 设，解得，因为面平面，，所以面法向量为，所以，解得， 所以到平面的距离为． 19．（2024高三·云南昆明·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，与均为等边三角形，点为的中点. (1)证明：平面平面； (2)试问在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为，若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，点为的中点，理由见解析 【分析】（1）由题可得四边形为正方形，可得，设与相交于点，可得，然后利用线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即得； （2）利用坐标法，分别求出平面和平面的一个法向量，利用面面角的向量求法即得. 【详解】（1）连接，由题可知，点为的中点，，， ∴四边形为正方形，可得， 设与相交于点， 又∵与均为等边三角形， ∴， 在等腰中，点为的中点， ∴，且与相交于点，，在平面内， 所以平面， 又∵平面， ∴平面平面； （2）由，△与△均为等边三角形，四边形为正方形，与相交于点， 可知，，， 所以，又平面平面，平面，平面平面， 所以平面， 以点为坐标原点，，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 可得，，，， 设，则， 可得， 故，， 设为平面的一个法向量，则 ， 令，可得， 由题可知平面的一个法向量为， 由已知， 解得或， 当时，即与点重合，二面角为钝角，不满足题意，故舍去， 所以，在线段上存在点，使二面角的余弦值为，且点为的中点． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$