检测01 空间向量与立体几何（基础卷）-2024-2025学年高二年级上学期数学大单元复习与单元检测及期中、期末（新高考人教A版专用）

检测01 空间向量与立体几何（基础卷） 一、单选题(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．（24-25高三上·上海·开学考试）关于空间向量，以下说法错误的是（    ） A．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 B．若，则与的夹角是锐角 C．已知向量、、是不共面的向量，则、、也是不共面的向量 D．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 2．（24-25高二上·湖北·阶段练习）平行六面体中，为与的交点，设，用表示，则（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·湖北·开学考试）如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱，底面是正方形，，且，则向量的模长为（    ）    A． B．34 C．52 D． 4．（23-24高二下·河北张家口·开学考试）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高二上·河北邢台·开学考试）在长方体中，已知，，E为的中点，则直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 6．（22-23高一下·重庆·阶段练习）已知正方体的棱长为，则点到面的距离为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·辽宁·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，已知，，分别是棱，，的中点，为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为（   ） A． B． C． D． 8．（23-24高二下·江苏宿迁·期中）如图，在平行六面体中，底面是菱形，侧面是正方形，且，，，若P是与的交点，则异面直线与的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题(本大题共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高二上·四川成都·期中）在如图所示的空间直角坐标系中，是棱长为1的正方体，则（    ）    A．平面的一个法向量为 B．平面的一个法向量为 C．点在x轴上的投影点坐标为 D．点关于平面对称点坐标为 10．（22-23高二下·甘肃庆阳·期中）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是（    ）    A．CC1⊥BD B． C．夹角是60° D．直线与直线的距离是 11．（23-24高二上·辽宁·期中）如图，长方体中，是侧面的中心，是底面的中心，点在线段上运动，则下面选项正确的是（    ） A．四面体的体积为定值 B．点到平面的距离 C．异面直线与所成的角为 D．存在点，使得直线与平面所成的角为 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．（23-24高二上·全国·课后作业）若直线l的方向向量为，平面的法向量为， 则直线l与平面的位置关系是 ． 13．（22-23高二上·宁夏银川·阶段练习）在空间直角坐标系中，点关于平面对称点的坐标是 14．（23-24高二上·广东惠州·阶段练习）如图，在平行六面体中，，，，，．则 ；该平行六面体的体积为 ． 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. (13分) （23-24高三上·河北唐山·阶段练习）在直三棱柱中，，，，G是的重心，点Q在线段AB（不包括两个端点）上．    (1)若Q为的中点，证明：平面； (2)若直线与平面所成的角正弦值为，求． 16. (15分) （24-25高三上·四川·开学考试）如图，在四棱锥中，底面为正方形、平面分别为棱的中点 (1)证明：平面; (2)若，求直线与平面所成角的正弦值 17. (15分) （2024·湖南益阳·一模）如图，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，平面，为上一点，且，连接、、. (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 18. (17分) （24-25高三上·安徽·开学考试）如图，在三棱柱中，平面ABC，四边形是边长为2的正方形，，．    (1)求AB的长； (2)若二面角的正切值为，求的值． 19. (17分) （24-25高二上·重庆·开学考试）如图，在四棱锥中，，，，，，，且O是AD的中点． (1)求证：平面平面ABC； (2)若四棱锥体积为，求二面角的正弦值； (3)若二面角的大小为，求直线PB与平面PAD所成角的余弦值． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 检测01 空间向量与立体几何（基础卷） 一、单选题(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．（24-25高三上·上海·开学考试）关于空间向量，以下说法错误的是（    ） A．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 B．若，则与的夹角是锐角 C．已知向量、、是不共面的向量，则、、也是不共面的向量 D．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 2．（24-25高二上·湖北·阶段练习）平行六面体中，为与的交点，设，用表示，则（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·湖北·开学考试）如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱，底面是正方形，，且，则向量的模长为（    ）    A． B．34 C．52 D． 4．（23-24高二下·河北张家口·开学考试）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高二上·河北邢台·开学考试）在长方体中，已知，，E为的中点，则直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 6．（22-23高一下·重庆·阶段练习）已知正方体的棱长为，则点到面的距离为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·辽宁·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，已知，，分别是棱，，的中点，为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为（   ） A． B． C． D． 8．（23-24高二下·江苏宿迁·期中）如图，在平行六面体中，底面是菱形，侧面是正方形，且，，，若P是与的交点，则异面直线与的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题(本大题共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高二上·四川成都·期中）在如图所示的空间直角坐标系中，是棱长为1的正方体，则（    ）    A．平面的一个法向量为 B．平面的一个法向量为 C．点在x轴上的投影点坐标为 D．点关于平面对称点坐标为 10．（22-23高二下·甘肃庆阳·期中）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是（    ）    A．CC1⊥BD B． C．夹角是60° D．直线与直线的距离是 11．（23-24高二上·辽宁·期中）如图，长方体中，是侧面的中心，是底面的中心，点在线段上运动，则下面选项正确的是（    ） A．四面体的体积为定值 B．点到平面的距离 C．异面直线与所成的角为 D．存在点，使得直线与平面所成的角为 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．（23-24高二上·全国·课后作业）若直线l的方向向量为，平面的法向量为， 则直线l与平面的位置关系是 ． 13．（22-23高二上·宁夏银川·阶段练习）在空间直角坐标系中，点关于平面对称点的坐标是 14．（23-24高二上·广东惠州·阶段练习）如图，在平行六面体中，，，，，．则 ；该平行六面体的体积为 ． 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. (13分) （23-24高三上·河北唐山·阶段练习）在直三棱柱中，，，，G是的重心，点Q在线段AB（不包括两个端点）上．    (1)若Q为的中点，证明：平面； (2)若直线与平面所成的角正弦值为，求． 16. (15分) （24-25高三上·四川·开学考试）如图，在四棱锥中，底面为正方形、平面分别为棱的中点 (1)证明：平面; (2)若，求直线与平面所成角的正弦值 17. (15分) （2024·湖南益阳·一模）如图，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，平面，为上一点，且，连接、、. (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 18. (17分) （24-25高三上·安徽·开学考试）如图，在三棱柱中，平面ABC，四边形是边长为2的正方形，，．    (1)求AB的长； (2)若二面角的正切值为，求的值． 19. (17分) （24-25高二上·重庆·开学考试）如图，在四棱锥中，，，，，，，且O是AD的中点． (1)求证：平面平面ABC； (2)若四棱锥体积为，求二面角的正弦值； (3)若二面角的大小为，求直线PB与平面PAD所成角的余弦值． 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D A A C C A ACD ABD 题号 11 答案 ABD 1．B 【分析】A由空间向量的概念及性质判断；B注意同向共线的情况；C由向量共面定理判断；D根据空间向量共面的推论判断. 【详解】A：若三个空间向量有两个向量共线，而空间中任意两个向量是共面的，故共线的两个向量必与第三个向量共面，对； B：对于两个同向共线的非零向量也有，但它们的夹角为0度，不是锐角，错； C：若、、是共面的向量，则存在且， 显然无解，所以、、是不共面的向量，对； D：由，且，根据空间向量共面的推论知，，，四点共面，对. 故选：B 2．D 【分析】由平行六面体的性质和空间向量的线性运算即可求解； 【详解】如图： 由平行六面体的性质可得 ， 故选：D. 3．D 【分析】根据空间向量的线性表示可达，即可由模长公式求解. 【详解】, 故, 故， 故， 故选：D 4．A 【分析】根据线面平行得出，从而即可求解 【详解】若，则，从而， 即，解之得：. 故选：A 5．A 【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标法，列公式求解即可； 【详解】如图，为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则 ∴， 设直线与所成角为， 则， 即异面直线与所成角的余弦值为； 故选: A 6．C 【分析】以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出面的法向量为，则到平面的距离，即可得出答案. 【详解】解：以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，    所以， ， 设面的法向量为， ， 所以， 令，则， 所以， ， 所以到平面的距离， 故选：C. 7．C 【分析】以为坐标原点，，，所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，由空间向量的位置关系可证得平面，可得点的轨迹为圆，由此即可得． 【详解】解：以为坐标原点，，，所在直线分别为、、轴， 建立空间直角坐标系，，，，，， 故，， ，设平面的法向量为， 则， 令得，，故， 因为，故平面， 为平面上的动点，直线与直线的夹角为30°， 平面，设垂足为，以为圆心，为半径作圆， 即为点的轨迹，其中， 由对称性可知，，故半径， 故点的轨迹长度为. 故选：C. 8．A 【分析】根据平行六面体的结构特征及向量对应线段位置关系，结合向量加法、数乘的几何意义,将、，用基底表示出来，在应用向量数量积的运算律即可. 【详解】在平行六面体中, 四边形是平行四边形,侧面是正方形, 又是的交点, 所以是的中点, 因为,,, 所以， 所以 ， 所以 又， 所以 ， 可得,， 所以异面直线与的夹角的余弦值为. 故选：A. 9．ACD 【分析】分别写出点的坐标，根据正方体中平面可判断A；利用两个非零向量垂直则数量积为0可判断B；根据点在x轴上的投影点为可判断C；根据点关于平面对称点坐标为可判断D. 【详解】由题知，，，，，，， 对于A，因为正方体， 所以平面， 是平面的一个法向量，故A正确； 对于B，∵，且， ∴不是平面的法向量，故B错误； 对于C，点在x轴上的投影点为，故C正确； 对于D，点关于平面对称点坐标为， ∴点关于平面对称点坐标为，故D正确. 故选：ACD. 10．ABD 【分析】设，依题得运用向量数量积的运算律计算即可判断A,B两项；利用向量夹角的公式计算排除C项；利用空间向量关于点到直线的距离公式计算即可验证D项. 【详解】    如图，设， 则 对于A，因， 则，故A正确； 对于B，因，， 则，故B正确； 对于C，，则， 且 设夹角为，则，因，则，即C错误； 对于D,在平行六面体中，易得, 则得,故,故点到直线的距离即直线与直线的距离. 因， 且， 则，故D正确. 故选：ABD. 11．ABD 【分析】A选项，证明出线面平行，得到点到平面的距离为定值，结合为定值，故四面体的体积为定值，A正确；B选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到点到平面的距离；C选项，利用异面直线夹角向量公式求出答案；D选项，设出点的坐标，利用线面角的向量求解公式得到，D正确. 【详解】A选项，因为，平面，平面， 所以平面， 又点在线段上运动，所以点到平面的距离为定值， 又为定值，故四面体的体积为定值，A正确； B选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 则， 解得，令，则，故， 故点到平面的距离 ，B正确； C选项，，， 则， 故异面直线与所成的角不为，C错误； D选项，设，， 由B选项知，平面的法向量为 设直线与平面所成角为， 则， 令，解得，负值舍去， 故存在点，使得直线与平面所成的角为，D正确. 故选：ABD 12．或 【分析】由，可得，即可得出直线l与平面的位置关系． 【详解】因为，所以. 所以或. 故答案为：或． 13． 【分析】根据点的对称直接求解. 【详解】在空间直角坐标系中，点关于平面对称点的坐标是. 故答案为：. 14． 【分析】利用空间向量的数量积求向量模长可得第一空，建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算点面距离求体积即可. 【详解】由题意易知， ； 如图所示，建立空间直角坐标系，则，设， 由题意可知， 不妨取，则， 易知是底面的一个法向量， 所以到底面的距离为. 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接并延长，交于点，则为的中点，连接，由面面平行的判定得出平面平面，再由面面平行的性质即可证明； （2）以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，根据线面夹角的向量公式列出方程求解即可． 【详解】（1）连接并延长，交于点，则为的中点，连接， 因为为直三棱柱，所以平面平面，，， 又分别为的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理可得平面， 因为平面，且， 所以平面平面，又平面， 所以平面．    （2）以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系， 设， 则，，， 所以， 由直三棱柱可得，为的中点， 所以，则， 设平面的一个法向量为， 由得，，取，则， 因为直线与平面所成的角正弦值为， 所以， 整理得，，解得或（不合题意舍）  ， 所以．    16．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）由题意易知，根据线面平行的判定定理证明即可； （2）由题意，两两垂直，所以建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量,再通过空间角的向量求解即可. 【详解】（1）分别为的中点 为正方形 平面平面 平面. （2）由题知平面 建立如图所示的空间直角坚标系， ，则, ,,, 设平面的一个法向量为 则,令则, 设直线与平面所或的角为, ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17．(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理、平行线的性质进行证明即可； （2）作，垂足为，根据平行四边形和矩形的判定定理，结合（1）的结论，利用勾股定理，因此可以以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）因为平面，又平面， 所以.又，且， 所以平面.因为，所以平面. （2）作，垂足为.则.又， 所以四边形是平行四边形，又， 所以四边形是矩形，又四边形为等腰梯形，且，， 所以. 由（1）知平面，所以.又， 所以.在中，. 在中，. 由上可知，能以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系.     则，，，，，所以，，，，，设平面的法向量为， 由，得可取.   设平面的法向量为， 由，得，可取.     因此，，. 依题意可知，平面与平面的夹角的余弦值为. 18．(1) (2) 【分析】（1）证明平面，则有，由，求得； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，向量法表示二面角的余弦值，可求出的值． 【详解】（1）三棱柱中，平面ABC，则平面ABC， 平面ABC，所以． 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 而，故，故． （2）由平面ABC，， 以为原点，的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz， 因为，所以， 故，因为，故． 易知是平面的法向量． 因为． 设是平面的法向量、所以 即，取，得， 所以，    因为二面角的正切值为，故余弦值为， 则，解得. 19．(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）利用余弦定理及勾股定理的逆定理证得，再利用线面垂直判定、面面垂直的判定推理即得. （2）结合（1）中信息确定二面角的平面角，利用锥体的体积公式求出四棱锥的高，再求出二面角的正弦值. （3）由（1）中信息，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面PAD的法向量，再利用线面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）由及余弦定理， 得，解得， 则，即，， 由，得四边形为平行四边形，则， 而，即，于是， 又平面，因此平面，而平面， 所以平面平面. （2）由（1）知为二面角的平面角， 在平面内，过点作，交直线于， 而平面平面，平面平面，则平面， 梯形的面积， 四棱锥的体积，解得， 因此， 所以二面角的正弦值为. （3）在平面内，过点作，交于，由平面平面， 平面平面，得平面，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 由（1）知为二面角的平面角，即，则， ， 于是， 设平面的法向量为，则，令，得， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的余弦值. 学科网（北京）股份有限公司 $$