【阶段测试】高中数学人教A版(2019)选修第一册--第一章空间向量与立体几何（单元测试卷）（解析版）

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第一章空间向量与立体几何（单元测试卷）
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题8个小题，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．（2022·全国·高二课时练习）在空间直角坐标系中，点与点（       ）
A．关于原点对称 B．关于x轴对称 C．关于y轴对称 D．关于z轴对称
【答案】D
【分析】根据空间中点的对称关系的坐标特征分析判断即可
【详解】点，的竖坐标相同，它们的横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数，
所以关于轴对称.
故选：D
【点睛】方法点睛：点是空间直角坐标系中的一点，则
（1）关于平面的对称点坐标为；关于平面的对称点坐标为；关于平面的对称点坐标为.
（2）关于轴的对称点坐标为；关于轴的对称点坐标为；关于轴的对称点坐标为.
（3）关于原点的对称点坐标为.
2．（2022·全国·高二课时练习）如图，在正方体，中，点是的中点，点在上，且，则（       ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据空间向量的加法和数乘运算，以及相等向量的转化，即可求解.
【详解】易知，，，，，，所以.
故选：D
3．（2022·全国·高二专题练习）若{，，}构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（       ）
A．，， B．，， C．，， D．，，
【答案】C
【分析】由平面向量基本定理逐项判断可得答案．
【详解】由平面向量基本定理得：
对于A选项，，所以，，三个向量共面；
对于B选项，，，，三个向量共面；
对于C选项，则存在实数使得，
则共面，与已知矛盾，因此C选项中向量不共面；
对于D选项，，所以三个向量共面；
故选：C．
4．（2022·江西·景德镇一中高二期末（理））如图，下列正方体中，O为下底面的中心，M，N为正方体的顶点，P为所在棱的中点，则满足直线的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，再对每一个选项逐一分析，利用空间位置关系的向量证明推理作答.
【详解】在正方体中，对各选项建立相应的空间直角坐标系，令正方体棱长为2，点，
对于A，，，，与不垂直，A不是；


对于B，，，，，B是；


对于C，，，，与不垂直，C不是；


对于D，，，，与不垂直，D不是.


故选：B
5．（2022·全国·高二专题练习）已知长方体，下列向量的数量积一定不为0的是（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】当四边形ADD1A1为正方形时，可证AD1⊥B1C可判断A；当四边形ABCD为正方形时，可证AC⊥BD1可判断B；由长方体的性质可证AB⊥AD1，分别可得数量积为0，可判断C；可推在△BCD1中，∠BCD1为直角，可判BC与BD1不可能垂直，可得结论可判断D.
【详解】选项A，当四边形ADD1A1为正方形时，可得AD1⊥A1D，而A1D∥B1C，可得AD1⊥B1C，此时有，故正确；
选项B，当四边形ABCD为正方形时，可得AC⊥BD，，，
平面BB1D1D，可得AC⊥平面BB1D1D，故有AC⊥BD1，此时有，故正确；
选项C，由长方体的性质可得AB⊥平面ADD1A1，平面ADD1A1，可得AB⊥AD1，此时必有0，故正确；
选项D，由长方体的性质可得BC⊥平面CDD1C1，平面CDD1C1，可得BC⊥CD1，△BCD1为直角三角形，∠BCD1为直角，故BC与BD1不可能垂直，即，故错误.
故选：D.
6．（2022·全国·高二课时练习）如图，在三棱锥中，为等边三角形，为等腰直角三角形，，平面平面，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（       ）


A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由面面垂直的性质定理结合题意可证得，，两两垂直，以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别表示出，，再由异面直线所成角的向量公式代入即可得出答案.
【详解】取的中点，连接，，因为，所以．
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面．又，所以，
可得，，两两垂直，所以以为坐标原点，
，，的方向分别为，，轴的正方向，
建立空间直角坐标系，不妨设，则，，，，所以， ，
所以，
又异面直线所成角的取值范围为，
所以异面直线与所成角的余弦值为．


故选：B.
7．（2022·浙江·乐清市知临中学模拟预测）如图，正方体的棱长为a，E是棱的动点，则下列说法正确的（       ）个．

①若E为的中点，则直线平面
②三棱锥的体积为定值
③E为的中点时，直线与平面所成的角正切值为
④过点，C，E的截面的面积的范围是
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】如图,以A为原点,AB,AD,AA1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,对于①、③、④利用向量法计算证明；对于②利用等体积法计算即可判断.
【详解】如图,以A为原点,AB,AD,AA1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,

则B(a,0,0)，C(a,a,0)，D(0,a,0)，，.
所以，.
对于①：当E为的中点时，.设平面的一个法向量为,
则，不妨令x =1,则，
所以平面A1BD的一个法向量为.
又因为，所以与不垂直，所以直线平面不成立.故①错误；
对于②：三棱锥的体积等于三棱锥的体积.
又，高为a,所以.故②错误；
对于③：当E为的中点时，.平面的一个法向量为,
而.
设直线B1E与平面所成的角为，所以.
所以，所以，
即直线与平面所成的角正切值为.故③正确；
对于④：设.因为，，
所以在上得到投影为.
所以点E到直线的距离为.
当z=0，即D、E重合时，截面为矩形，其面积为.
当时，截面为等腰梯形.设截面交于F.所以，
高，所以其面积为.

记，
所以，所以在上单调递减函数，
所以，即.
因为，所以
当z=a，即D1、E重合时，截面为边长为的正三角形，其面积为.
综上所述：.故④正确.
故选：B
8．（2021·北京·北大附中高二期中）如图，正方体中，M，N分别是线段上的动点（不含端点），则下列各项中会随着M，N的运动而变化的是（       ）

A．异面直线与直线所成的角的大小 B．平面与平面所成的角的大小
C．直线到平面距离的大小 D．异面直线，之间的距离的大小
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量把异面直线与直线所成的角，平面与平面所成的角，直线到平面距离，异面直线，之间的距离均求出来，看是否随着M，N的运动而变化
【详解】以点D为原点，DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方形边长为1，则，，，，，，，因为M，N分别是线段上的动点（不含端点），故设，，所以，
会随着M，N的运动而变化，故A选项正确；
设平面的法向量为，则 ，解得：
设平面的法向量为，则，解得：
所以，故平面与平面所成的角的大小为，不随着M，N的运动而变化；
设平面的法向量为，则，解得：，
则，即与平面平行，故直线到平面距离不变，不随着M，N的运动而变化.
设异面直线，的公共法向量为，则，解得：，设异面直线，之间的距离为，夹角为，则，所以异面直线，之间的距离的不随着M，N的运动而变化.

故选：A
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得3分．
9．（2022·江苏徐州·高二期中）如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，平面，下列说法正确的是（       ）

A．与所成的角是
B．平面与平面所成的锐二面角余弦值是
C．三棱锥的体积是
D．与平面所成的角的正弦值是
【答案】ACD
【分析】由题意以分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法判断选项A，B，D，直接由锥体的体积公式求出三棱锥的体积，判断选项C.
【详解】由,可得,又平面
故以分别为轴建立空间直角坐标系.
则
选项A. 由
则,所以
所以与所成的角是，故选项A正确.
选项B. 由题意为平面的一个法向量.
设为平面 的一个法向量，
由 ，即 ，则取
所以
所以平面与平面所成的锐二面角余弦值是，故选项B不正确.
选项C. ,故选项C正确.
选项D. ,设与平面所成的角为
则 ，故选项D正确.
故选：ACD

10．（2022·全国·高二课时练习）已知，分别是正方体的棱和的中点，则（       ）


A．与是异面直线
B．与所成角的大小为
C．与平面所成角的正弦值为
D．二面角的余弦值为
【答案】AD
【分析】根据异面直线的判定定理可判断A；建立空间直角坐标系，用向量方法可计算B，C，D是否正确
【详解】根据异面直线的判定定理，及正方体的结构特征，易知：A正确；

以为原点，，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
设正方体棱长2，则，，，，,
,
所以 ,,
设与所成角的大小为,
则
所以 ，故B错误;
由题意可知,平面的法向量为,,
设与平面所成角为, 则
,故C错误;
,
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
设平面的一个法向量为，，
则，令，得，
设二面角为，由题图知为锐角，
则，故D正确．
故选:AD．
11．（2022·江苏省滨海中学高二期中）已知四棱锥的底面为直角梯形，,底面，且,是的中点，则下列正确的有（       ）

A．平面平面
B．与平面所成的角的余弦值为
C．点到平面的距离为
D．平面与平面所成二面角的余弦值为
【答案】AC
【分析】对于A选项，可由面面垂直的判定定理直接证明，对于B，C，D选项可建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算即可判断正确与否
【详解】对于A，由题意, 底面, 可得 ,
又四棱锥的底面为直角梯形, 且，则,
又平面，平面
所以平面, 又平面，所以平面平面, 故A正确

建立如图所示的坐标系, 可得, , 可得
，，
设平面的法向量，
则即
令，则，
所以
又，设与平面所成的角大小为
则，所以，故B错误
点到平面的距离，故C正确
设平面AMC的法向量 , 平面BMC的法向量,

由 得
令 , 得 ,
所以 , 同理可求 ,
设平面AMC与平面BMC所成二面角的大小为，为钝角
所以
所以平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值为.故D错误
故选：AC
12．（2022·浙江舟山·高二期末）如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不含端点），下列结论中正确的是（       ）

A．三棱锥的体积为定值
B．平面与平面所成锐二面角为，则
C．直线与所成的角可能是
D．平面截正方体所得的截面可能是直角三角形
【答案】AC
【分析】对于A选项，利用等体积法求解即可判断；
对于B选项，建立空间直角坐标系，根据二面角的余弦值公式及正方体的对称性求解；
对于C选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量线线角余弦公式求解；
对于D选项，分别讨论所成的截面图形即可判断.
【详解】对于A选项，三棱雉的体积，是定值，故A选项正确；
对于B选项，如图1，建立空间直角坐标系，
则，，当P为的中点时，， ，设平面的法向量为，则，，所以，，同理可得平面的法向量，，当P为重合时，，同理当P为重合时，，由对称性知，故B选项错误；
对于C选项，
，
所以，令，
，
所以在区间上单调递减，
由于，，
所以，即直线与所成的角满足，
又因为，故，故直线与所成的角可能是，故C选项正确；

对于D选项，设的中点为，当点在线段（不包含端点）上时，此时平面截正方体所得的截面为梯形，如图2；当点在点时，此时平面截正方体所得的截面正三角形；当点在线段（不包含端点）上时，此时平面截正方体所得的截面为等腰三角形，该三角形不可能为直角三角形，故D选项错误；

故选：AC.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．
13．（2022·山东省郓城第一中学高二开学考试）已知向量 ， 若 ，则实数________．
【答案】
【分析】利用列方程，即可求解.
【详解】因为向量，且，
所以，
解得：.
故答案为：.
14．（2022·江苏·常州市第一中学高二期中）已知四棱柱的底面是正方形，底面边长和侧棱长均为2，，则对角线的长为________．
【答案】
【分析】由向量的方法计算，将表示成，平方即可.
【详解】由题可知四棱柱为平行六面体，，
所以
，
所以.
故答案为：.
15．（2022·全国·高二专题练习）在长方体中，，，则点到平面的距离等于_____.
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求距离.
【详解】如图，以为原点，为轴，为轴，为轴，
建立空间直角坐标系，


则，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，取，得，
点到平面的距离：．
故答案为：.
16．（2022·河南·新蔡县第一高级中学高二阶段练习（理））一个正方体的平面展开图如图所示.在该正方体中，以下命题正确的是___________.（填序号）


①；
②平面；
③与是异面直线且夹角为；
④与平面所成的角为；
⑤二面角的大小为.
【答案】①②③⑤
【分析】由正方体的平面展开图可得正方体，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；
【详解】解：由正方体的平面展开图可得正方体（其中与重合），
如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，
则，，，，，，，，，
所以，，所以，所以，故①正确；
，，
所以，，即，，，
平面，所以平面，即②正确；
，显然与是异面直线，设与所成角为，
则，因为，所以，故③正确；
，平面的法向量可以为，
设与平面所成的角为，所以，故④错误；
，，设平面的法向量为，
则，令，所以，
设二面角为，显然二面角为锐二面角，
则，所以，故⑤正确；

故答案为：①②③⑤
四、解答题：本大题共5小题，17题共10分，其余各题每题12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（2022·福建福州·高二期末）如图，在正四棱柱中，已知，，E，F分别为，上的点，且．


(1)求证：平面ACF：
(2)求点B到平面ACF的距离．
【答案】(1)证明见详解.
(2).

【分析】（1）以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系通过证明与平面的一个法向量重合来证明平面.
（2）利用点面距离公式即可计算出点到平面的距离.
（1）
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：


则,
设面的一个法向量为，，
可得，即，不妨令则,
平面.
（2）
，则点到平面的距离为.
18．（2022·江西·丰城九中高二期末）如图，四棱锥的底面是平行四边形，，是的中点，点满足.

(1)证明：平面平面；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)二面角的余弦值为

【分析】（1）证明平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出平面，以为原点，分别以、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
（1）由题意得，，，在中，由余弦定理可得，，则，，，平面，平面，平面，所以平面平面.
（2）由（1）知平面，平面，，又，，平面，所以平面，以为原点，分别以、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，连接，在平行四边形中，由余弦定理可得，在直角三角形中，，于是、、，由得，设平面的法向量，则，取得，，易知平面的一个法向量，则，由图可知，二面角的平面角为钝角，所以，二面角的余弦值为.
19．（2022·全国·长垣市第一中学高三开学考试（理））在如图所示的直三棱柱中，为正三角形，且，点分别为的中点.


(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）分别取的中点，连接，以为原点，分别以和所在直线为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，由空间向量法求线面角的正弦值；
（2）由空间向量法求二面角．
（1）在直三棱柱中，因为为正三角形，分别取的中点，连接，，于是平面，平面，则.
如图，以为原点，分别以和所在直线为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系.因为为的中点，所以，.因为点分别为的中点，所以.所以.设为平面的法向量，由得不妨取，可得.则.设直线与平面所成的角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.
（2）因为，所以.设为平面的法向量，由得不妨取，可得，则.由（1）知为平面的一个法向量，所以.由图知二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.
20．（2022·山东·济南市历城第二中学模拟预测）如图，在三棱柱中，底面ABC，，点M为的中点．

(1)证明：平面；
(2)AC上是否存在点N，使二面角的大小为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，

【分析】（1）连接与交于点O，连接OM，证明，根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，不妨设，设，，利用向量法求出，从而可得出的结论.
（1）解：连接与交于点O，则O为的中点，连接OM，因为点M为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面；
（2）解：因为，所以，所以，如图建立空间直角坐标系，设，则，，，设，，所以，，，设平面的一个法向量为，则有，取，得，设平面的一个法向量为，则有，取得，因为，解得或（舍），此时，所以AC上存在点N，当时，二面角的大小为.
21．（2022·黑龙江·哈师大附中高一期末）四棱锥平面，底面为直角梯形，，，为的中点.


(1)求证：平面
(2)是棱上的点，若二面角的正弦值为，确定点的位置．
【答案】(1)证明见解析；
(2)点为的中点.

【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形，得到，再根据线面平行的判定定理证明平面；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，设，，分别求出平面、平面的法向量，从而根据夹角公式求出关于的方程，求解即可.
（1）取的中点，连接，如图所示，
为的中点，为的中点，，且，又底面为直角梯形，,，，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面.
（2）
依题意，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，， 设，，又，，，解得，则，平面，平面的一个法向量，设为平面的法向量，又，，，即，令，则，，二面角的正弦值为，， ， ，解得，，点为线段的中点.
22．（2022·北京·北大附中三模）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且.

(1)求证：平面；
(2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据勾股定理可得，再根据线面垂直的判定可得平面，进而根据正三角形与线面垂直的性质与判定可得平面；
（2）取中点为中点为，可得两两垂直，再建立空间直角坐标系根据线面角与点面距离的方法求解即可
(1)
证明：由题知，
因为，所以，
又，所以，
又，所以平面，
又平面，所以，
在正三角形中，为中点，于是，
又，所以平面
(2)
取中点为中点为，则，
由（1）知平面，且平面，所以，
又，所以，所以平面，
于是两两垂直
如图，以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系
则
所以
设平面的法向量为，
则，即
令，则
于是
设，则
由于直线与平面所成角的正弦值为
于是，即，整理得，由于，所以
于是
设点到平面的距离为
则
所以点到平面的距离为