空间向量与立体几何寒假复习试卷-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

2025-2026学年度选择性必修一 空间向量与立体几何 高二寒假复习试卷 一、单选题 1.在空间四边形中，( ) A． B． C． D． 2.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． 3.已知向量，若，则实数的值为( ) A． 8 B． 7 C． D． 14 4.如图，在四面体中，，，，，为线段的中点，则等于( ) A． B． C． D． 5.在三棱锥中，，，则异面直线PC与AB所成角的余弦值是( ) A． B． C． D． 6.已知，若共面，则实数的值为( ) A． B． C． D． 7.已知棱长为2的正方体内有一内切球，点在球的表面上运动，则的取值范围为( ) A． B． C． D． 8.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE．则M点的坐标为( ) A．(1，1，1) B． C． D． 二、多选题 9.已知向量，，则下列结论中正确的是( ) A．若，则 B．若，则 C．不存在实数，使得 D．若，则 10.若是空间的一个基底，则下列各组中能构成空间的一个基底的是( ) A． B． C． D． 11.已知正方体的棱长为2，若，的中点分别为，，则( ) A． B． 平面平面 C． D． 点到平面距离为 三、填空题 12.已知向量，分别是平面、的法向量，若，则_______. 13.已知A，B，C三点不共线，点O为平面ABC外任意一点，若点M满足＝＋＋，则点M______(填“属于”或“不属于”)平面ABC. 14.如图，圆台中，上、下底面半径比为，为圆台轴截面，母线与底面所成角为，上底面中的一条直径满足，则夹角余弦值为_______． 四、解答题 15.已知. (1)求； (2)求与夹角的余弦值； (3)当时，求实数的值. 16.已知空间中三点，，，设，. (1)已知，求的值； (2)若，且∥，求的坐标. 17.如图，在正方体中，点E，F，M分别是线段，EC，的中点.设，，. （1）用基底表示向量. （2）棱BC上是否存在一点G，使得？若存在，指出G的位置；若不存在，请说明理由. 18.如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，△ABC为等边三角形，AA1⊥平面ABC，将梯形AA1C1C绕AA1旋转至AA1D1D位置，二面角D1−AA1−C1的大小为30°． (1)证明：A1，B1，C1，D1四点共面，且A1D1⊥平面ABB1A1； (2)若AA1＝A1C1＝2AB＝4，设G为DD1的中点，求直线BB1与平面AB1G所成角的正弦值． 19.如图，在四棱锥A－BCDE中，△BCE为等边三角形，AC⊥平面BCDE，二面角D－AC－E的大小为60°． (1)求证：CD∥平面ABE； (2)已知AC＝BC，在线段AB上是否存在点G，使得直线CB与平面CEG所成角的正弦值为?若存在，请确定点G的位置；若不存在，请说明理由． 【参考答案】 1．【答案】B 【解析】. 故选：B. 2．【答案】A 【解析】若，则，从而， 即，解之得：. 故选：A 3．【答案】B 【解析】已知向量，因为， 所以，解得． 故选：B． 4．【答案】D 【解析】由已知， 故选：D． 5．【答案】A 【解析】分别取、、的中点、、，连接、、、、，如图： 由可得，所以， 在，，可得 由中位线的性质可得且，且， 所以或其补角即为异面直线PC与AB所成角， 在中，， 所以异面直线AB与PC所成角的余弦值为. 故选：A. 6．【答案】B 【解析】若共面，则， 即， 所以，解得：. 故选：B 7．【答案】A 【解析】以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，设点， 所以，， 所以， 因为表示点与点之间距离的平方， 所以当点的坐标为时，取得最大值为， 当与点重合时，取得最小值， 所以的取值范围为：. 故选A. 8．【答案】C 【解析】设AC与BD相交于O点，连接OE，由AM∥平面BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE， ∴AM∥EO． 又O是正方形ABCD对角线交点， ∴M为线段EF的中点． 在空间直角坐标系中，E(0，0，1)，F(，1)， 由中点坐标公式，知点M的坐标． 9．【答案】AC 【解析】对于A，因为，所以，解得，故A正确； 对于B，因为，所以，所以，故B错误； 对于C，假设，则， 所以，该方程组无解，故C正确； 对于D，因为，所以，解得， 所以，，所以，故D错误. 故选：AC. 10．【答案】AB 【解析】设，所以，无解， 所以是不共面的向量，能构成空间的一个基底，故A正确； 设，则， 所以，无解， 所以是不共面的向量，能构成空间的一个基底，故B正确； 因为， 所以是共面向量，不能构成空间的一个基底，故C错误； 因为， 所以是共面向量，不能构成空间的一个基底，故D错误． 故选AB． 11．【答案】BCD 【解析】因为∥，且，则为平行四边形， 可得∥，且平面，平面， 所以∥平面，因为∥，且，则为平行四边形， 可得∥，且平面，平面， 所以∥平面，又，平面， 所以平面∥平面，故B正确； 如图， 分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，， ，， ，， 故不成立，成立，故A错误，C正确； 设平面的法向量，， 则，令，则，即， 又， 所以，故点到平面的距离为，故D正确. 故选：BCD 12．【答案】 【解析】因为向量，分别是平面、的法向量，且，则， 则，解得，，故. 故答案为：. 13．【答案】属于 【解析】∵＝＋＋＝＋＋(－)＝＋＋， ∵＋＋＝1， ∴M，A，B，C四点共面. 即点M∈平面ABC. 14．【答案】0 【解析】如图，过点作直线，过点作直线与点 设 由题意可知：，∴ 在圆台中， ∴以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴如图建立空间直角坐标系， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ 设夹角为，则 故答案为：0. 15．【解析】（1）； （2）； （3）当时，，得， ，或. 16． 【解析】解： （1）由题知，， 所以， 因为， 所以. （2）因为∥， ， 所以，， 因为，所以，解得 ， 所以或. 17．【解析】（1）因为， ， 所以． （2）假设棱BC上存在点G，使得，设． 因为， 所以． 因为，所以，化简得， 得，所以棱BC上不存在一点G，使得. 18．【解析】(1)证明：因为AA1⊥平面A1B1C1，所以AA1⊥A1C1， 又因为AA1⊥A1D1，A1D1∩A1C1＝A1，所以AA1⊥平面A1B1D1， 假设A1，B1，C1，D1四点不共面， 因为AA1⊥平面A1B1C1，AA1⊥平面A1B1D1， 所以平面A1B1C1//平面A1B1D1， 与平面A1B1C1∩平面A1B1D1＝A1B1矛盾， 故A1，B1，C1，D1四点共面， 又因为A1C1⊥A1A1，A1D1⊥AA1， 所以∠C1A1D1二面角D1－AA1－C1的平面角， 所以∠C1A1D1＝30º， 又∠B1A1C1＝60º，所以A1D1⊥A1B1； 又AA1⊥A1D1，AA1∩A1B1＝A1， 所以A1D1⊥平面ABB1A1． (2)解：以A1为坐标原点，，，的方向为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系A1－xyz； 则A(0，0，4)，B(2，0，4)，C(1，，4)，D(0，2，4)， A1(0，0，0)，B1(4，0，0)，C1(2，2，0)，D1(0，4，0)， 所以G(0，3，2)，则＝(4，0，－4)，＝(2，0，－4)，＝(0，3，－2)， 设平面AB1G的法向量为n＝(x，y，z)， 则， 令x＝3，得n＝(3，2，3)， 设BB1与平面AB1G所成角为θ， 则sinθ＝|cos＜，n＞|＝||＝＝． 所以BB1与平面AB1G所成角的正弦值为． 19．【解析】(1)证明：在四棱锥A－BCDE中， 因为AC⊥平面BCDE，所以AC⊥CD，AC⊥CE， 所以∠ECD为二面角D－AC－E的平面角，所以∠ECD＝60º， 又∠BEC＝60º，所以CD∥BE． 又BE⊂平面ABE，CD⊄平面ABE， 所以CD∥平面ABE． (2)解：存在点G为线段AB的中点． 设AC＝BC＝2，取BE的中点F， 以C为坐标原点，的方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz， 则A(0，0，2)，B(，－1，0)，C(0，0，0)，E(，1，0)， 则＝(，1，0)，＝(，－1，－2)，＝(，－1，0)． 设＝λ，得G(λ，－λ，2－2λ)， 所以＝(λ，－λ，2－2λ)， 设平面CEG的法向量为n＝(x，y，z)， 则，即， 取x＝，则n＝(，－3，)为平面CEG的一个法向量． 设直线CB与平面CEG所成的角为α， 则sinα＝|cos＜n，＞|＝||＝||＝，解得λ＝． 所以当G为线段AB的中点时，直线CB与平面CEG所成角的正弦值为． 第2页，共2页 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $