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

检测02 空间向量与立体几何（能力卷） 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高二上·全国·课后作业）在正三棱柱中，，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（24-25高二下·全国·课堂例题）对于空间中的非零向量，，，其中一定不成立的是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·云南昆明·阶段练习）如图，平行六面体的底面是矩形，其中，，且，则线段的长为（    ） A．9 B． C． D．6 4．（24-25高二上·山西·阶段练习）在空间直角坐标系中，是直线的方向向量，是平面的一个法向量，若，则（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高二上·全国·课后作业）已知为平行四边形外的一点，且，则下列结论正确的是（    ） A．与是共线向量 B．与同向的单位向量为 C．与夹角的余弦值为 D．平面的一个法向量为 6．（23-24高二上·江西九江·期末）若平面外的直线的方向向量为，平面的法向量为，则（    ） A． B． C． D．与斜交 7．（24-25高二上·北京·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，点在线段（不含端点）上运动，则下列结论正确的是（    ） ①的外接球表面积为； ②异面直线与所成角的取值范围是； ③直线平面； ④三棱锥的体积随着点的运动而变化. A．①② B．①③ C．②③ D．③④ 8．（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． 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高二下·江苏扬州·期中）下列给出的命题正确的是（    ） A．若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则 B．两个不重合的平面，的法向量分别是，，则 C．若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底 D．对空间任意一点O与不共线的三点，若（其中），则四点共面 10．（22-23高二下·江苏南通·期中）在正三棱柱中，已知，，为中点，点在直线上，点在直线上，则（    ） A． B．平面 C．异面直线与所成角的余弦值为 D．线段长度的最小值为 11．（2023·湖北·模拟预测）已知正方体的边长为2，点P，Q分别在正方形的内切圆，正方形的外接圆上运动，则（    ） A． B． C． D． 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·湖北孝感·期末）已知（a，）是直线l的方向向量，是平面的法向量，如果，则 . 13．（2024高二上·全国·专题练习）如图，平行六面体的所有棱长均为两两所成夹角均为，点分别在棱上，且，则 . 14．（23-24高二下·上海·期中）如图，某正方体的顶点在平面内，三条棱都在平面的同侧，若顶点到平面的距离分别为，2，3，则该正方体外接球的表面积为 .  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) （22-23高二下·江苏常州·阶段练习）如图，正方体的棱长为2，点为的中点． (1)求点到平面的距离为； (2)求到平面的距离． 16. (15分) （24-25高三上·陕西·开学考试）如图，四棱锥中，底面，四边形是正方形，分别是的中点． (1)求证：平面； (2)若，求直线与平面所成角的大小． 17. (15分) （24-25高三上·贵州遵义·阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，且，，直线与交于点F. (1)证明：平面. (2)求二面角的正弦值. 18. (17分) （2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，. (1)若平面平面，求、的值； (2)若平面，求的最小值. 19. (17分) （2024·全国·模拟预测）如图，已知四边形是直角梯形，，平面是的中点，E是的中点，的面积为，四棱锥的体积为． (1)求证：平面; (2)若P是线段上一动点，当二面角的大小为时，求的值． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 检测02 空间向量与立体几何（能力卷） 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高二上·全国·课后作业）在正三棱柱中，，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（24-25高二下·全国·课堂例题）对于空间中的非零向量，，，其中一定不成立的是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·云南昆明·阶段练习）如图，平行六面体的底面是矩形，其中，，且，则线段的长为（    ） A．9 B． C． D．6 4．（24-25高二上·山西·阶段练习）在空间直角坐标系中，是直线的方向向量，是平面的一个法向量，若，则（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高二上·全国·课后作业）已知为平行四边形外的一点，且，则下列结论正确的是（    ） A．与是共线向量 B．与同向的单位向量为 C．与夹角的余弦值为 D．平面的一个法向量为 6．（23-24高二上·江西九江·期末）若平面外的直线的方向向量为，平面的法向量为，则（    ） A． B． C． D．与斜交 7．（24-25高二上·北京·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，点在线段（不含端点）上运动，则下列结论正确的是（    ） ①的外接球表面积为； ②异面直线与所成角的取值范围是； ③直线平面； ④三棱锥的体积随着点的运动而变化. A．①② B．①③ C．②③ D．③④ 8．（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． 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高二下·江苏扬州·期中）下列给出的命题正确的是（    ） A．若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则 B．两个不重合的平面，的法向量分别是，，则 C．若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底 D．对空间任意一点O与不共线的三点，若（其中），则四点共面 10．（22-23高二下·江苏南通·期中）在正三棱柱中，已知，，为中点，点在直线上，点在直线上，则（    ） A． B．平面 C．异面直线与所成角的余弦值为 D．线段长度的最小值为 11．（2023·湖北·模拟预测）已知正方体的边长为2，点P，Q分别在正方形的内切圆，正方形的外接圆上运动，则（    ） A． B． C． D． 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·湖北孝感·期末）已知（a，）是直线l的方向向量，是平面的法向量，如果，则 . 13．（2024高二上·全国·专题练习）如图，平行六面体的所有棱长均为两两所成夹角均为，点分别在棱上，且，则 . 14．（23-24高二下·上海·期中）如图，某正方体的顶点在平面内，三条棱都在平面的同侧，若顶点到平面的距离分别为，2，3，则该正方体外接球的表面积为 .  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) （22-23高二下·江苏常州·阶段练习）如图，正方体的棱长为2，点为的中点． (1)求点到平面的距离为； (2)求到平面的距离． 16. (15分) （24-25高三上·陕西·开学考试）如图，四棱锥中，底面，四边形是正方形，分别是的中点． (1)求证：平面； (2)若，求直线与平面所成角的大小． 17. (15分) （24-25高三上·贵州遵义·阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，且，，直线与交于点F. (1)证明：平面. (2)求二面角的正弦值. 18. (17分) （2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，. (1)若平面平面，求、的值； (2)若平面，求的最小值. 19. (17分) （2024·全国·模拟预测）如图，已知四边形是直角梯形，，平面是的中点，E是的中点，的面积为，四棱锥的体积为． (1)求证：平面; (2)若P是线段上一动点，当二面角的大小为时，求的值． 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B C D C B C D BC ABD 题号 11 答案 AB 1．B 【分析】根据正三棱柱的性质，可得，从而算出，然后在正中算出，进而利用向量的加法法则与数量积的运算性质，算出的值． 【详解】根据题意得，所以， 等边中，， 因此，． 故选：B． 2．B 【分析】根据空间向量加减法法则得到B不正确，举例说明CD正确. 【详解】对于A，恒成立； 对于C，当，方向相同时，有； 对于D，当，方向相同且时，有； 对于B，由向量减法可知，又为非零向量，所以B一定不成立． 故选：B 3．C 【分析】由，两边平方，利用勾股定理以及数量积的定义求出的值，进而可得答案． 【详解】由，得到， 因为底面是矩形，，， 所以，， 因为， 所以， 所以， ，故． 故选：C． 4．D 【分析】根据题意，可得，再结合空间向量共线的坐标运算，代入计算，即可求解. 【详解】因为，则，所以存在唯一实数，使得， 即，所以，消去可得. 故选：D 5．C 【分析】首先求向量，的坐标，再根据共线向量，单位向量，以及向量的夹角公式，以及法向量公式，即可求解. 【详解】，，， 所以与不共线，故A错误； ，的单位向量为，故B错误； ，故，故C正确； 设平面的法向量为，则即 令，则，，则，故D错误． 故选：C 6．B 【分析】根据题意，分析可得，由直线与平面的位置关系分析可得答案． 【详解】根据题意，直线的方向向量为， 平面的法向量为，易得， 又直线在平面外，则有． 故选：B． 7．C 【分析】根据正方体棱长可知其外接球半径为,其表面积为，可判断①错误；建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角的余弦值可求得②正确，求出平面的法向量为，可知，即③正确，易知点到平面的距离是定值，利用等体积法可知三棱锥的体积为定值，即④错误. 【详解】对于①，根据题意，设棱长为2的正方体外接球半径为, 则满足，可得， 此时外接球的表面积为，可知①错误； 对于②，以为坐标原点，以分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 则，所以， 设，其中； 可得， 异面直线与所成角的余弦值为， 易知时，， 可得， 所以异面直线与所成角的取值范围是，即②正确； 对于③，由②可知，，则； 设平面的法向量为，又， 则，取，则； 所以平面的法向量为， 此时，可得，又平面， 所以直线平面，即③正确； 对于④，根据正方体性质平面，所以， 易知直线到平面的距离是定值，底面的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，因此三棱锥的体积不会随点的运动而变化，即④错误； 综上所述，正确的结论为②③. 故选：C 【点睛】方法点睛：求解异面直线所成角的方法： （1）平移法：将两异面直线通过平移作出其平面角，再利用余弦定理取得余弦值； （2）向量法：建立空间直角坐标系利用空间向量所成的角与异面直线所成的角的关系，求得两向量夹角的余弦值. 8．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. 9．BC 【分析】利用空间向量研究线面、面面关系可判定A、B，利用基底的概念可判定C，利用空间中四点共面的推论可判定D. 【详解】易知，则直线l与平面平行或在面内，故A错误； 易知，则，故B正确； 若不能作为基底， 则存在，使得， 整理得， 又是空间的一组基底，则，显然方程无解，假设不成立，故C正确； 由空间四点共面的推论可知：若，且时， 四点共面，所以D错误. 故选：BC 10．ABD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得； 【详解】在正三棱柱中，为中点，所以， 以D为原点，DA，DB为 x轴，y轴，过D点垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则有，，，，，，， 可得，，， ，故A正确. ，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，，所以， 因为，即， 又平面，所以平面，故B正确； 设异面直线与所成角为，，， ， 异面直线与所成角的余弦值为，故C错误； ，，， 设向量，且， ，令，则，，所以， 线段EF长度的最小值为，故D正确. 故选：ABD 11．AB 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标表示公式、模的坐标表示公式、夹角公式逐一判断即可. 【详解】以A为原点，为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系． 设点， ，，， A：，故正确． B：， 记，，故正确； C：取的中点M，穿过一侧的外接圆，取的中点，则不穿过，故必存在点P，使得经过外接圆，设公共点为Q，此时共线，故不正确； D：假设成立，则恒成立， 取，则，即，故不正确． 故选：AB. 【点睛】关键点睛：建立空间直角系，利用空间向量数量积、模的坐标表示公式进行求解是解题的关键. 12．39 【分析】由可得：，利用空间向量共线的充要条件列方程组计算即得. 【详解】因，依题意，必有，即存在唯一的实数，使，即：， 则，解得：，故. 故答案为：39. 13．/ 【分析】先由几何图形结合向量加减运算求出，接着由已知条件结合向量的运算律计算求出即可求解. 【详解】连接， 则由题得， 所以 ， 故. 故答案为：. 14． 【分析】取作为空间向量的一组基底，设为平面向上的一个单位向量，再设正方体的棱长为，由题意，在上的投影长度分别为，用表示出，由可求出，进而可得正方体外接球的半径，再用球的表面积公式求解. 【详解】设正方体的棱长为，取作为空间向量的一组基底，设单位向量是平面的一个方向向上的法向量，根据空间向量基本定理，存在唯一的有序是数组，使得. 由题意：在上的投影长度为， 所以 同理：，. 所以，又，所以. 所以正方体外接球半径为：. 所以外接球表面积为：. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：用空间向量解决问题，关键要选择一组合适的向量做基底.这个题目，因为涉及正方体，所以可以选择从正方体的一个顶点出发的三个向量做基底. 15．(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离为即可； （2）利用法向量的来证明线面平行，将到平面的距离进行转化为点到面的距离即可. 【详解】（1）以为原点，所在的直线分别为轴如图建立空间直角坐标系， 则， 所以，                     设平面的一个法向量为， 则， 令， 所以平面所的法向量为，又 所以点到平面的距离. （2）由（1）可得平面的法向量为， ∵，∴， ， ， ∴平面，                  所以到平面的距离可以转化为点到平面的距离， 由， 所以到平面的距离为. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明，进而得，即可证明平面； （2）证明两两垂直，以A为原点建立空间直角坐标系，求出、、和点的坐标，求出，和，求出平面的法向量，进而求得直线与平面所成角的正弦值，最后求出直线与平面所成角. 【详解】（1）分别为的中点， ， 四边形为正方形， ，则， 平面不在平面内， 平面； （2）四边形为正方形，， 平面平面， 两两垂直， 故以A为原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则即得 令，则，则， 设直线与平面所成角为，， 由，故直线与平面所成角的大小为． 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，接着求出和平面的法向量，进而得，进而得证. （2）由（1）得平面的法向量并求出平面的一个法向量，接着计算即可进一步求出二面角的正弦值. 【详解】（1）由题意可以为原点，和分别为轴、轴和轴建立 如图所示的空间直角坐标系， 因为，且，， 所以， 所以，，， 设是平面的一个法向量， 则，所以，取得， 所以，即，所以平面. （2）由（1）得，，平面的一个法向量为， 设是平面的一个法向量， 则，所以，取得， 设二面角的大小为，， 则， 所以二面角的正弦值为. 18．(1)； (2)8. 【分析】（1）若平面平面，由面面平行的性质定理可知，，由为的中点，可得为的中点，同理为的中点，即可得出结果； （2）以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，求得的法向量为，由平面，则有，即，代入计算化简可得结果. 【详解】（1）若平面平面，平面平面，平面平面，所以， 又因为为的中点，所以为的中点，同理为的中点，所以. （2）因为，底面， 如图，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系， 故，则，， 设平面的法向量为，则取，可得. 因为，，所以，， 则， 因为平面，所以，即， 所以，即， 所以，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号，所以的最小值为8. 19．(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）根据题意，可得是等边三角形，求出，过点D作交于点M，可得四边形为平行四边形，可求得，结合四棱锥的体积为，求得利用勾股定理证明，进而证明平面； （2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用向量法求出点的坐标得解. 【详解】（1）因为平面，所以． 因为N是的中点，所以，故． 又因为，所以是等边三角形． 因为的面积为，所以． 如图1，过点D作交于点M，四边形是直角梯形， 且，，则， 故四边形为平行四边形． 因此． 又，因此． 因为四棱锥的体积为， 所以， 解得． 连接，在中，． 连接，在中，． 因为， 则． 因为平面，所以， 而平面平面， 所以平面． （2）以N为坐标原点，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图2所示． 则． 因为P是线段上一动点， 所以设，其中． 故． 设平面的一个法向量， 则，令，得，， 所以． 设平面的一个法向量， 则有，令，得，， 可取． 因为二面角的大小为， 所以，即，解得，即． 因为， 所以． 学科网（北京）股份有限公司 $$