第一章 空间向量与立体几何（基础自测卷，解析版）

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空间向量与立体几何
基础自测卷
一、单项选择题:本大题共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．（2021·全国高二课时练习）已知平面内的两个向量，且．若为平面的法向量，则的值分别为（
）
A．
B．
C．1，2
D．
【答案】A
【解析】．
由为平面的法向量，得，即，解得．故选：A
2．（2021·新源县第二中学高二期末（理））在正方体中，是棱的中点，则与所成角的余弦值为（
）．
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】以为原点，直线、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
不妨设棱长为1，则，，，，，
∴，．
设与所成的角为
∴．
故与所成的角的余弦值为．
故选：B
3．（2021·全国高二专题练习）若平面α的一个法向量为，直线l的一个方向向量为，则l与α所成角的余弦值为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】设α与l所成的角为θ，
则
故直线l与α所成角的余弦值为故选：D
4．（2021·长沙市南雅中学高二月考）已知正四棱柱中，，则与平面所成角的正弦值等于（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】建立如图所示空间直角坐标系，不妨设，
则，
设平面的法向量为，
则，令，则，所以.
设与平面所成角为，则.故选：A
5．（2021·金华市云富高级中学高二月考）若平面与的法向量分别是，，则平面的位置关系是（
）
A．平行
B．垂直
C．相交但不垂直
D．无法确定
【答案】B
【解析】因为，，
所以，所以.
由分别是平面与的法向量，所以平面⊥.故选：B
6．（2021·河南高三月考（理））如图，圆锥的底面直径，其侧面展开图为半圆，底面圆的弦，则异面直线与所成的角的余弦值为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
在劣弧上取的中点，以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为圆锥的底面直径，其侧面展开图为半圆，底面圆的弦，
所以，所以，则，
所以,
所以,
则，因为异面直线的成角范围为，故异面直线与所成的角的余弦值为.
故选：C.
7．（2021·全国高二课时练习）如图，在正方体AC1中，PQ与直线A1D和AC都垂直，则直线PQ与BD1的关系是（
）
A．异面直线
B．平行直线
C．垂直不相交
D．垂直且相交
【答案】B
【解析】设正方体的棱长为1，取D点为坐标原点建系后如图所示：
则，，，
，，
＝(1，0，1)，＝(－1，1，0)，
设＝(a，b，c)，
则
取＝(1，1，－1)，
∵＝(0，0，1)－(1，1，0)＝(－1，－1，1)＝－，
∴∥，
∴PQ∥BD1.故选：B
8．（2021·江西丰城九中高二期中（文））如图，多面体中，，且两两垂直，给出下列4个结论：
①；
②经过点四点的球的体积为；
③直线平面；
④直线与所成角的余弦值为．
其中正确的结论的有（
）
A．个
B．个
C．个
D．个
【答案】C
【解析】依题意，该多面体可以嵌在一个长方体中（如图所示）.
设，则，解得，，即，.
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系如图所示.
则，，，.
，，因为，所以，
故①正确；
由图可知，过四点的外接球即长方体的外接球，设长方体外接球半径为，则，所以外接球表面积，故②正确；
，，设平面的法向量为，则，令得，
又，显然与不平行，即与平面不垂直，故③错误；
因为，所以即直线与所成的角，，故④正确.
故选：C.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对得5分，有选错得0分，部分选对得3分．
9．（2021·全国高二课时练习）如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面是边长为2的正方形D、E分别是BB1、AC的中点，则下列结论成立的是（　　）
A．直线A1D与直线BC是异面直线
B．直线BE与平面A1CD不平行
C．直线AC与直线A1D所成角的余弦值等于
D．直线CD与平面AA1C1C所成角的正弦值等于
【答案】AC
【解析】在A中，∵BC?平面BCC1B1，A1D∩平面BCC1B1＝D，D?BC，平面，
∴由异面直线判定定理得直线A1D与直线BC是异面直线，故A正确；
在B中，由题意知正三棱锥ABC﹣A1B1C1的的所有棱长都为2，
△ABC是边长为2的正三角形，且AE＝EC，
∴BE⊥AC，且BEAC，
∵平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，平面，
∴BE⊥平面ACC1A1，
取A1C1中点F，连结EF，则在正方形ACC1A1中，EF⊥AC，
∴以F为坐标原点，直线EA、EF、EB分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则E（0，0，0），B（0，0，），C（﹣1，0，0），A（1，0，0），A1（1，2，0），C1（﹣1，2，0），D（0，1，），
则（0，0，），（﹣2，2，0），（﹣2，﹣2，0），（1，1，），
∴，
根据向量共面定理，可知与、共面，
∵C，EB?平面A1CD，
∴BE∥平面A1CD，故B错误；
在C中，(﹣2，0，0），(﹣1，﹣1，），
∴直线AC与直线A1D所成角的余弦值为：
|cos，故C正确；
在D中，(1，1，)，平面AA1C1C的法向量(0，0，1)，
设直线CD与平面AA1C1C所成角为θ，
则直线CD与平面AA1C1C所成角的正弦值为：
sinθ，故D错误．
故选：AC．
10．（2020·全国高二课时练习）(多选)空间四点A，B，C，D每两点的连线长都等于，动点P在线段AB上，动点Q在线段CD上，则点P与点Q的距离可能为（
）
A．
B．a
C．a
D．a
【答案】BC
【解析】如图所示，由题意知，，两两夹角均为，设，，则，所以因为，，所以，即.故选：BC.
11．（2020·全国高二课时练习）(多选)给定下列命题，其中正确的命题是（
）
A．若，分别是平面的法向量，则
B．若，分别是平面的法向量，则
C．若是平面的法向量，且向量是平面内的直线的方向向量，则
D．若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直
【答案】ACD
【解析】对于A选项，若，分别是平面的法向量，则,故A选项正确B选项错误；
对于C选项，若是平面的法向量，则与平面的任意直线的方向向量均垂直，所以，故C选项正确；
对于D选项，两个平面的法向量垂直，则这两个平面一定垂直，反之亦然，故D选项正确；故选：ACD
12．（2020·江苏高一期中）如图，在平行六面体中，是的中点，点在上，且：，设，则下列选项正确的为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【解析】因为是的中点，
所以，
因为点在上，且：，
所以
,
故选：AD
三．填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．
13．（2020·全国高二课时练习）如图所示，ABCD-EFGH为边长等于1的正方体，若P点在正方体的内部且满足，则P点到直线AB的距离为________．
【答案】
【解析】过P作PM⊥平面ABCD于M，过M作MN⊥AB于N，连接PN，则PN即为所求，如图所示．
因为，
所以，
所以.
即P点到直线AB的距离为.故答案为：.
14．（2021·四川绵阳市·高三三模（理））如图，正方体中，点，是上的两个三等分点，点，是上的两个三等分点，点，，分别为，和的中点，点是上的一个动点，下面结论中正确的是___________.
①与异面且垂直；
②与相交且垂直；
③平面；
④，，，四点共面.
【答案】①③④
【解析】建立如图所示空间直角坐标系：
设正方体棱长为3，
①因为,，所以，又矩形EFHG与矩形的中心重合，且过矩形的中心，所以与异面且垂直，故正确；
②因为,，所以，所以与不垂直，故错误；
③由，设平面的一个法向量
，则，即，令，则,同理求得平面EFN的一个法向量，因为，所以平面平面，又因为平面，所以平面，故正确；
④因为，则，所以，则，所以，，，四点共面，故正确，
故答案为：①③④
15．（2020·全国高二课时练习）将边长为1，A＝60°的菱形ABDC沿对角线BC折成直二面角，则二面角A-BD-C的正弦值为________．
【答案】
【解析】取BC中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A，B，D.
所以，，.
由于为平面BCD的一个法向量，
设平面ABD的一个法向量
(x，y，z)，
则　所以
取x＝1，则y＝－，z＝1，
所以
(1，－，1)是平面ABD的一个法向量，
所以，
所以二面角A-BD-C的正弦值为.
16．（2021·江苏连云港市·高二期末）在正方体中，，，，，，分别是，，，，，各棱的中点，则直线与平面所成角的大小为________；若，是六边形边上两个不同的动点，设直线与直线所成的最小角为，则的值为________．
【答案】
【解析】如图，以分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，设棱长为2，
（1），，，，，
，，，
，，
，，，
平面，
所以直线与平面所成角的大小为.
（2），，，
，，
设平面的法向量，
则，即，令，则，
所以，
设与平面所成角为，则
，
因为直线平面，
所以直线与直线所成的角最小时即为直线与平面所成的角，
所以.
故答案为：①；②.
四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（2021·河南省实验中学高二期中（理））如图，在四棱锥中，底面为边长为2的正方形，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，平面平面，求平面CDM与平面BDM所成锐二面角的余弦值．
【解析】（1）连接AC交BD于E，连接EM，则E为AC中点，
∴EM为△APC的中位线，∴EM∥AP，
又∵平面，平面，∴平面．
（2）∵，所以，
取BC中点O，AD中点F，连接PO，OF，则，
∵平面平面，平面平面，，
平面
∴平面，又因为平面，所以，
所以两两垂直；
如图，以O为原点，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，所以，
∴，，
设平面BDM的法向量为，
则，即，取；
设平面CDM的法向量为，
则，即，取，
所以，
所以平面CDM与平面BDM所成锐二面角的余弦值为．
18．（2021·黑龙江大庆实验中学高二月考（理））如图，在圆柱中，四边形是其轴截面，为圆的直径，且.
（1）求证：；
（2）若，求二面角平面角的余弦值.
【解析】（1）证明：连接，在圆柱中中，平面，又平面，
∴，又，
∴平面，又平面，
∴，又在中，为的中点，
.
（2）连接且与该圆柱的底面垂直，以点为坐标原点，、、分别为、、轴正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系，则，
∴，，，，
设面的法向量是，由，得，取，得，
设面的法向量是，由，得，取，得，
由图可知，二面角为锐角，
∴二面角的余弦值为.
19．（2021·全国高三月考）如图（1），五边形中，为等腰三角形，，四边形为矩形，，，为的中点．将四边形沿折起，使得平面平面，如图（2）．
（1）试问：在上是否存在一点，使得平面平面？若存在，求的长；若不存在，请说明理由．
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）在上存在点，且，使得平面平面．
理由如下：在上取一点，使得，连接，．
因为，，所以为平行四边形，所以．
因为平面，平面，所以平面．
又，，所以为平行四边形，则．
又平面，平面，所以平面．
因为，所以平面平面．
（2）在图（1）中，，所以在图（2）中，，．
又平面平面，平面平面，
所以平面，
所以，则，，两两垂直，
所以以为原点，、，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标，
则，，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，则所以
令，则，．所以．
设直线与平面所成的角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
20．（2021·北京高三二模）如图，在多面体中，四边形和都是直角梯形，，，，，，点M为棱上一点，平面与棱交于点N．
（1）求证：平面；
（2）求证：；
（3）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的值．
【解析】（1）因为，
所以，
又因为，平面，平面，
所以平面；
（2）因为，，，
所以是平行四边形，则，
又因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面平面，
所以；
（3）以点为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
如图所示：设，
则，
依题意有，，，
，，则，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取则，则，
因为平面，
所以平面的一个法向量为，
平面与平面所成锐二面角为，
则，
解得，所以，
故．
21．（2021·全国高二课时练习）在多面体中，正方形和矩形互相垂直，、分别是和的中点，．
（1）求证：平面．
（2）在边所在的直线上存在一点，使得平面，求的长；
【解析】（1）因为四边形为矩形，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面；
（2）因为平面，四边形为正方形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、，设点，
，，，
设平面的法向量为，
由，令，可得，
要使得平面，则，所以，，解得，
则，此时，.
22．（2021·全国高二课时练习）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，已知AB∥DC，AB⊥AD，△SAD是正三角形，且平面SAD⊥平面ABCD，AD＝AB＝2DC＝2，F为SB的中点
（1）求异面直线SA与FC所成角的大小；
（2）在棱SB上是否存在点Q，使平面SAC与平面QAC所成的锐二面角为？若存在，求出的大小；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）∵在四棱锥S﹣ABCD中，已知AB∥DC，AB⊥AD，△SAD是正三角形，
平面SAD⊥平面ABCD，AD＝AB＝2DC＝2，F为SB的中点，
∴以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，过A作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），S（0，1，），C（1，2，0），B（2，0，0），F（1，），
（0，﹣1，），（0，，），
设异面直线SA与FC所成角为θ（0°＜θ≤90°），
则cosθ0，∴θ＝90°．
∴异面直线SA与FC所成角的大小为90°；
（2）假设在棱SB上存在点Q（a，b，c），λ，(0≤λ≤1)，使平面SAC与平面QAC所成的锐二面角为，
则，即（a，b﹣1，c）＝λ（2，﹣1，），解得a＝2λ，b＝1﹣λ，c，
∴Q（2λ，1﹣λ，），（2λ，1﹣λ，），（1，2，0），（0，1，），
设平面ACQ的法向量(x，y，z），
则，取x＝2，得，
设平面ASC的法向量(p，q，r），
则，取p＝2，得=(2，﹣1，），
∵平面SAC与平面QAC所成的锐二面角为，
∴，
整理得5λ2﹣10λ+4＝0，解得λ或（舍去）．
故在棱SB上存在点Q，使平面SAC与平面QAC所成的锐二面角为，此时．
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精品试卷·第
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