高中数学单元测试——第一章空间向量与立体几何（较易版01）

**基本信息** 适用于高中数学空间向量与立体几何单元复习，以基础巩固为主，融合《九章算术》“阳马”等文化情境与分层设计，提升空间观念、运算能力及模型意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|空间直角坐标系（第1题）、向量基底（第3题）|基础概念辨析，注重空间几何直观| |多选题|3/18|向量命题真假（第9题）、方向向量与法向量（第10题）|强化逻辑推理，考查知识关联性| |填空题|3/15|向量模（第12题）、异面直线夹角（第14题）|聚焦运算能力，结合空间图形| |解答题|5/87|直三棱柱向量表示（第15题）、折叠问题二面角探究（第18题）|分层设计，综合应用空间向量解决距离、夹角问题，渗透创新意识|

高中数学单元测试 —— 第一章 空间向量与立体几何（较易版01） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．（本题5分）在空间直角坐标系中，点与点关于（    ） A．轴对称 B．轴对称 C．平面对称 D．平面对称 【答案】D 【分析】根据空间两点关于坐标平面对称的特点，若两点关于平面对称，则它们的坐标和坐标相同，坐标互为相反数。观察已知两点坐标可得，它们的坐标和坐标相同，坐标互为相反数，故两点关于平面对称。 【详解】点与点关于平面对称， 故选：D． 2．（本题5分）在四棱锥中，底面是平行四边形，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据空间向量线性运算计算即可. 【详解】 因为底面是平行四边形，，所以是、的中点. 由向量的平行四边形法则可得，，， 所以. 故选：D. 3．（本题5分）已知空间向量，则下列向量可以与构成空间向量的一组基底的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据基底的定义，判断是否共面即可逐一求解. 【详解】对于A，由于基底向量不能是零向量，故A错误， 对于B，由于与不共面，符合基底要求，故B正确， 对于C，，故共面，不符合要求，C错误， 对于D，，故共面，不符合要求，D错误， 故选：B 4．（本题5分）若，在直线l上，则直线l的一个方向向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意可得首先求出直线上的一个向量，即可得到它的一个方向向量，再利用平面向量共线的坐标表示可得出答案． 【详解】因为A，B在直线l上，所以， 与共线的向量可以是直线l的一个方向向量，其他选项经验证与均不共线. 故选：B 5．（本题5分）正方体的棱长为1，则（    ） A．1 B．0 C． D．2 【答案】A 【分析】根据空间向量数量积的运算律，结合垂直关系即可求解. 【详解】, 故选：A 6．（本题5分）已知，，，若，，共面，则（    ） A．0 B．1 C．2 D． 【答案】C 【分析】根据，，共面，可得存在唯一实数对，使得，结合向量的坐标运算，即可求得答案. 【详解】因为，，共面，又向量不共线， 即存在唯一实数对，使得， 所以， 所以，解得, 故选：C 7．（本题5分）如图，正方体的棱长为，是线段上的点，且，则点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设点，分析可得，利用空间向量的坐标运算可求得点的坐标. 【详解】由题意，点、， 是线段上的点，且，则， 设点，则，即，解得， 故点的坐标为. 故选：A. 8．（本题5分）中国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中，把底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.今有“阳马”,平面，，,分别为棱的中点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】证明三条线两两垂直，建立空间直角坐标系，得到点坐和空间向量坐标，由空间向量的数量积求得平面的一个法向量，由空间向量的投影求得点到平面的距离. 【详解】∵平面，且平面，平面， ∴，， 在矩形中，， ∴如图建立空间直角坐标系，    则，，，， ∴，，， ，， 设为平面的一个法向量， 则，令，则，即， 则点到平面的距离. 故选：B. 二、多选题 9．（本题6分）下列命题中，是真命题的为    （    ） A．若两个空间向量相等，则它们的起点相同，终点也相同 B．若空间向量满足，则 C．若空间向量满足，则 D．在正方体中，必有 【答案】CD 【分析】根据给定条件，利用空间向量的相关概念逐项判断即得. 【详解】当两个向量的起点相同，终点也相同时，这两个向量必相等，但两个相等的向量起点、终点不一定相同，A错误； 模相等的两个向量的方向是任意的，即模相等的两个向量的方向不一定相同，也不一定相反，B错误； 由相等向量的传递性，知若，则，C正确； 在正方体中，四边形是矩形，向量与的方向相同，模也相等，即，D正确， 故选：CD 10．（本题6分）给出下列命题，其中是真命题的为（    ） A．若直线的方向向量，直线的方向向量，则l与m垂直 B．若直线的方向向量，平面的法向量，则 C．若平面的法向量分别为，则 D．若平面经过三点，向量是平面的法向量，则 【答案】AD 【分析】对于A，计算，即可判断；对于B，求出的值，即可判断；对于C，计算的值，即可判断；对于D，求出的坐标，根据法向量含义可得，即可判断. 【详解】对于A，，则， 所以直线与垂直，故A是真命题； 对于B，，则， 所以或，故B是假命题； 对于C，，即不垂直， 所以不成立，故C是假命题； 对于D，， 因为向量是平面的法向量，故， 即，故D是真命题， 故选：AD 11．（本题6分）如图，在正方体中，记平面与平面的交线为，则下列结论正确的是（   ）    A．平面 B． C．与所成角大小为 D． 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再求出交线的方向向量，利用空间位置关系的向量证明判断A，B，D，利用线线角的向量求法判断C即可. 【详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系，且设边长为2，      则，，，，，，, 可得，， 设平面的法向量为，得到， 令，解得，则， 易得平面的法向量为， 而平面与平面的交线为，可得， 设的方向向量为，则， 令，解得，，可得， 而，， 设平面的法向量为，则， 令，解得，，可得， 对于A，由已知得，且由题意得， 显然不在面内，则平面，故A正确， 对于BD，由,则，,则不成立，成立，故B错误，D正确， 对于C，由题意得，设与所成角为， 则，而，可得，故C正确. 故选：ACD 三、填空题 12．（本题5分）已知向量，则______________. 【答案】或 【分析】先求出，再求出，然后求出即可. 【详解】， 所以，解得或者， 故答案为：或 13．（本题5分）已知向量，且向量的夹角为锐角则的取值范围是____________． 【答案】 【分析】利用数量积大于0求解，即可去除同向共线时的情况求解. 【详解】若，则， 当时，则，解得，此时，方向相同， 故的夹角为锐角时，且， 故答案为： 14．（本题5分）如图，已知，均为正方形，二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为__________．    【答案】/ 【分析】解法一：根据题目条件可知，即为二面角的平面角，将异面直线与所成角的余弦值转化成直线方向向量夹角余弦值的绝对值，结合空间向量线性运算及数量积运算即可求解．解法二：通过补形建立空间直角坐标系，用坐标运算求解． 【详解】解法一：根据题意可知，即为二面角的平面角，所以， 设正方形与边长均为1，异面直线与所成的角为． 因为，，，， 所以， 所以，即． 解法二：不妨假设正方形与的边长均为2， 如图，补形成直三棱柱，以中点为原点，建立空间直角坐标系，    则有，，，，由此可得，， 设异面直线与所成的角为，则． 故答案为： 四、解答题 15．（本题13分）如图所示，已知直三棱柱中，D为的中点，，    (1)用表示； (2)求． 【答案】(1)，； (2) 【分析】（1）根据空间向量的线性运算，结合空间向量基本定理求解即可； （2）根据数量积的定义和数量积的运算律求解即可. 【详解】（1）， . （2）由题意可知，，， ， 所以． 所以 =. 16．（本题15分）如图，在长方体中，，，． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)由长方体可知，，两两垂直，以为坐标原点， 向量，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 有，，，，，，． 因为，，， 所以，， 所以，， 又因为，平面，所以平面； (2) 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量的数量积为零证明，，再由线面垂直的判定定理得到即可； （2）求出平面的法向量，代入空间线面角公式求解即可； 【详解】（1）略 （2）设平面的法向量为， 由，，有 取，，，可得平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 因为，所以， ，， 所以， 所以直线与平面所成的角的正弦值为． 17．（本题15分）如图，垂直于梯形所在平面，为的中点，，四边形为矩形.    (1)求点到直线的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到直线的距离； （2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）由垂直于梯形所在平面，，得直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    则， ， 所以，点到直线的距离为. （2）由（1）可知，， 设平面的法向量，则， 令，得， 易知平面的一个法向量， 记平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 18．（本题17分）图1是边长为的正方形，将沿折起得到直二面角，如图2所示． (1)求异面直线与所成角； (2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）在图1中，连接，交于点，推导出平面，然后以点为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的大小； （2）假设在棱上存在点，满足，其中，使得二面角的余弦值为，利用空间向量法可得出关于的等式，即可解得的值，即可得出结论. 【详解】（1）如图，在图1中，连接，交于点， 因为四边形为边长是的正方形，则， 在图2中，则有，，， 因为是直二面角，所以平面平面， 因为平面平面，，平面，所以有平面， 以点为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图： 由题意，、、、， 所以，， 设异面直线与所成角为， 所以有， 因为，故，即异面直线与所成角为. （2）如图2，假设在棱上存在点，满足，其中， 使得二面角的余弦值为， 则， 又，设平面的一个法向量为， 则，取，则， 由题意可知，平面的一个法向量为， 所以，化简得：， 解得或（舍去）， 故存在点，只需满足， 即棱上存在点，当时，二面角的余弦值为． 19．（本题17分）四棱锥中，平面，，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)在线段上，是否存在一点，使得平面与平面的夹角为？如果存在，求出与平面所成角的正弦值；如果不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明：取中点，连接，，则， 又，所以且， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面. (2)1 (3)存在， 【分析】（1）如图，由平行的传递性可得，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）建立如图空间直角系，利用空间向量法求解点面距即可； （3）假设存在点满足题意，令（），利用空间向量法求解面面角建立关于的方程，解出，再次利用空间向量法求解线面角即可. 【详解】（1）略 （2）由已知得，，，， ，， 又平面，平面， 所以，建立如图空间直角系. 则，，，，，. 显然平面的法向量，， 点到平面的距离. （3）假设存在点满足题意，令，，则， 显然平面的法向量，设平面的法向量为 由，取， ， 即，解得. ，，. 记与平面所成角为， 则. 存在点，满足要求，且与平面所成角的正弦值为. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 2 / 2 $ 高中数学单元测试 —— 第一章 空间向量与立体几何（较易版01） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．（本题5分）在空间直角坐标系中，点与点关于（    ） A．轴对称 B．轴对称 C．平面对称 D．平面对称 2．（本题5分）在四棱锥中，底面是平行四边形，，则（    ） A． B． C． D． 3．（本题5分）已知空间向量，则下列向量可以与构成空间向量的一组基底的是（    ） A． B． C． D． 4．（本题5分）若，在直线l上，则直线l的一个方向向量是（    ） A． B． C． D． 5．（本题5分）正方体的棱长为1，则（    ） A．1 B．0 C． D．2 6．（本题5分）已知，，，若，，共面，则（    ） A．0 B．1 C．2 D． 7．（本题5分）如图，正方体的棱长为，是线段上的点，且，则点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 8．（本题5分）中国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中，把底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.今有“阳马”,平面，，,分别为棱的中点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（本题6分）下列命题中，是真命题的为    （    ） A．若两个空间向量相等，则它们的起点相同，终点也相同 B．若空间向量满足，则 C．若空间向量满足，则 D．在正方体中，必有 10．（本题6分）给出下列命题，其中是真命题的为（    ） A．若直线的方向向量，直线的方向向量，则l与m垂直 B．若直线的方向向量，平面的法向量，则 C．若平面的法向量分别为，则 D．若平面经过三点，向量是平面的法向量，则 11．（本题6分）如图，在正方体中，记平面与平面的交线为，则下列结论正确的是（   ）    A．平面 B． C．与所成角大小为 D． 三、填空题 12．（本题5分）已知向量，则______________. 13．（本题5分）已知向量，且向量的夹角为锐角则的取值范围是____________． 14．（本题5分）如图，已知，均为正方形，二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为__________．    四、解答题 15．（本题13分）如图所示，已知直三棱柱中，D为的中点，，    (1)用表示； (2)求． 16．（本题15分）如图，在长方体中，，，． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 17．（本题15分）如图，垂直于梯形所在平面，为的中点，，四边形为矩形.    (1)求点到直线的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 18．（本题17分）图1是边长为的正方形，将沿折起得到直二面角，如图2所示． (1)求异面直线与所成角； (2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 19．（本题17分）四棱锥中，平面，，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)在线段上，是否存在一点，使得平面与平面的夹角为？如果存在，求出与平面所成角的正弦值；如果不存在，请说明理由. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 2 / 2 $