第一章 空间向量与立体几何单元检测卷（A卷）-2024-2025学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册

第一章空间向量与立体几何—高二数学人教A版（2019）选择性必修一单元检测卷（A卷） 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.设是正三棱锥，是的重心，G是上的一点，且，若，则( ) A. B. C. D.1 2.如图，在一个60°的二面角的棱上，有两个点A、B，AC、BD分别是在这个二面角的两个半平面内垂直于AB的线段，且，，，则CD的长为( )cm. A. B. C.5 D. 3.在平行四边形ABCD中，，，，则点D的坐标为( ) A. B. C. D. 4.在空间四边形ABCD中，，，则在上的投影向量为( ) A. B. C. D. 5.已知，，则的最小值为( ) A. B. C. D. 6.如图，是棱长为6的正方体，若，则点P到直线的距离为( ) A.4 B.3 C.2 D.1 7.已知平面的一个法向量，点在平面内，若点到的距离为，则( ) A.16 B.-4 C.4或-16 D.-4或16 8.在长方体中，，，O是的中点，点P在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是( ) 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.在直三棱柱中，已知，，下列说法正确的是( ) A.平面平面 B.若，则与平面所成角的余弦值为 C.若，设K为的中点，则平面平面 D.无论取任何值，不会垂直于AC 10.已知空间中三点，，，则下列说法正确的是( ) A. B.与是共线向量 C.和夹角的余弦值是1 D.与同向的单位向量是 11.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 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知向量，，且，则______. 13.在空间直角坐标系中，已知平面过点和及z轴上一点，如果平面与平面Oxy的夹角为，则_________. 14.已知，，三点，则A到直线BC的距离为________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或者演算步骤. 15.（13分）如图，在四棱锥中，平面，，，且，. （1）求证：平面平面. （2）若E为的中点，点M在上，且，求点M到平面的距离. 16.（15分）如图，在四棱锥中，底面ABCD，，E为棱PD的中点，F是线段PC上一动点. （1）求证：平面平面PAB； （2）若直线BF与平面ABCD所成角的正弦值为时，求点C到平面AEF的距离. 17.（15分）如图，在直三棱柱中，，，，，点M在线段上，且. （1）求CM的长； （2）求二面角的大小. 18.（17分）已知空间三点，，，设，. (1)求； (2)与互相垂直，求实数k的值. 19.（17分）如图，在四棱柱中，侧棱平面ABCD，，，，，E为棱的中点，M为棱CE的中点. (1)证明：； (2)求异面直线BM与AD所成角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 答案以及解析 1.答案：C 解析：如下图所示，连接并延长交于点D，则点D为的中点， 为的重心，可得，而， ， 所以，， 所以，，因此，.故选：C. 2.答案：D 解析： 的长为，故选：D. 3.答案：D 解析：设，因为，，，所以，，又ABCD是平行四边形，所以，即，解得， 所以.故选：D 4.答案：B 解析：在四面体中，因为，，设，，且，，则， 在上的投影向量为.故选：B 5.答案：C 解析：，.故当时，有最小值等于，故选C. 6.答案：A 解析：以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则根据题意可得，，，，，， 又， ，， 在上的投影向量的长度为， P到直线的距离为.故选：A. 7.答案：C 解析：由点在平面内，点，可得.因为平面的一个法向量，且点到的距离为，所以，即，解得或.故选C. 8.答案：С 解析：以D为原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，设，则，，， 设平面的法向量为 则，令，得 所以， 由于，，， ，，， 由于，所以 9.答案：ACD 解析：直三棱柱中面ABC，故正确； 当时，过作，垂足为H，则，，故B错误； 当时，，，，平面，因为平面，故平面平面，故C正确； 若，则，与矛盾.故D正确.故选. 10.答案：AD 解析：对于A，，，A正确； 对于B，，，，所以不共线，B错误； 对于C，，C错误； 对于D，，所以其同向的单位向量为，D正确.故选：AD. 11.答案：AD 解析：因为，，三向量共面，所以存在实数x，y，使得，所以，解得，故当，或，时满足条件.故选：AD. 12.答案： 解析：因为向量，，且，所以，解得，，所以.故答案为：-24. 13.答案： 解析：易知平面xOy的一个法向量为.设平面的法向量为，则即，取，可得平面的一个法向量，.又，. 14.答案：/ 解析：因为，，所以， 得到，所以A到直线BC的距离为，故答案为：. 15.答案：（1）证明见解析； （2） 解析：（1）作，垂足为F，由题意可知：，，且，则四边形为正方形， 所以，， 又因为，可知，即， 因为平面，平面，所以. 且，平面，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）以点A为坐标原点，以，，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，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， 令，则，，可得平面的一个法向量为， 设点M到平面的距离为d，则 所以点M到平面的距离为. 16.答案：（1）证明过程见解析； （2）. 解析：（1）证明：因为，，则， 平面ABCD，平面ABCD，， ，、平面PAB，平面PAB， 平面PBC，因此，平面平面PAB. （2）因为底面ABCD，， 以点A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、， 设，，其中， 易知平面ABCD的一个法向量为， 由已知可得，解得， 所以，F为PC的中点，即， 设平面AEF的法向量为，，， 则，取，可得， ，因为， 所以点C到平面AEF的距离为：. 17.答案：（1）； （2） 解析：（1）以点C为坐标原点，CB，CA，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设，则，，，， 所以，. 因为，所以，所以，解得. 所以CM的长为. （2）因为是直三棱柱，所以. 又，所以. 因为，即， 又，. 所以，即. 所以是平面AMC的一个法向量，. 设是平面BAM的一个法向量，，. 由得 令，得，，所以. 因为，，所以. 据题意可知，二面角为锐角， 所以二面角的大小为. 18.答案：(1)； (2)或. 解析：（1）由题设，， 所以. （2）由，，而， 所以， 可得或. 19.答案：(1)证明见解析； (2)； (3). 解析：(1)由底面，，平面，得，， 而，即直线，，两两垂直， 以点A为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图，则，，，，，，，，，， 显然，即，所以. (2)，，， 所以异面直线与所成角的余弦值为. (3)，，， 设平面的法向量，则， 令，得， 所以点到平面的距离. 学科网（北京）股份有限公司 $$