数学人教A版(2019）选择性必修第一册第一章空间向量与立体几何单元测试3（Word含答案解析）

数学人教A版(2019）选择性必修第一册
第一章空间向量与立体几何单元测试3
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．在平行六面体中，设，，，，分别是，的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
2．在四面体中，，，，且，，则等于（ ）
A． B． C． D．
3．已知正三棱锥的底面的边长为2，M是空间中任意一点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则直线与直线所成角的取值范围为（ ） （参考数据：
A．， B．，
C．， D．，
5．若，，则（ ）
A． B． C．5 D．10
6．长方体中，分别在棱，上，且，，设，，，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知向量与共线，则实数k＝（ ）
A．0 B．1
C．－1或2 D．－2或1
8．已知向量，且，那么（ ）
A． B．9 C． D．18
9．如图正方体中，，，则下列说法不正确的是（ ）
A．时，平面平面
B．时，平面平面
C．面积最大时，
D．面积最小时，
10．在平行六面体中，设，，，M，P分别是，的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
11．在正三棱柱中，，点满足，其中，则（ ）
A．当时，△的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积不是定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
12．空间向量，平面的一个法向量，则直线与平面所成角为（ ）
A． B． C． D．
第II卷（非选择题）
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二、填空题
13．如图，已知在长方体中，，，，点E为上的一个动点，平面与棱交于点F，给出下列命题：
①四棱锥的体积为20；
②存在唯一的点E，使截面四边形的周长取得最小值；
③当点E不与C，重合时，在棱AD上均存在点G，使得平面；
④存在唯一的点E，使得平面，且.
其中正确的是___________（填写所有正确的序号）.
14．在空间直角坐标系 中，已知向量，则 在轴上的投影向量为________.
15．设分别为两条异面直线的方向向量，且，则异面直线所成的角为___________.
16．已知正四面体ABCD中，E，F分别是线段BC，AD的中点，点G是线段CD上靠近D的四等分点，则直线EF与AG所成角的余弦值为______．
三、解答题
17．已知底面为菱形的四棱锥中，是边长为2的等边三角形，平面平面ABCD，E，F分别是棱PC，AB上的点.
（1）从下面①②③中选取两个作为条件，证明另一个成立；
①F是AB的中点；②E是PC的中点；③平面PFD.
（2）若.求PB与平面PDC所成角的正弦值.
18．如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，E为PD的中点，.
（1）求证：平面PCD；
（2）求直线PC与平面AEC所成角的正弦值.
19．在如图所示的三棱柱中，侧面为菱形，，，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面ABC的夹角的余弦值.
20．如图，PDCE为矩形，ABCD为梯形，平面平面ABCD，，，，M为PA的中点．
（1）求证：∥平面MDE；
（2）求平面MDE与平面PBE的夹角的余弦值．
21．在四棱锥中，底面为直角梯形，，，Q为的中点，是边长为2的正三角形，．
（1）求证：平面底面；
（2）棱上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．
22．如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，，，点E在线段AB上，且.
（1）求证：平面PBD；
（2）求二面角的余弦值.
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．C
【分析】
根据平面向量的基底表示以及线性运算表示向量.
【详解】
由题意，，分别是，的中点，所以
故选：C
2．B
【分析】
根据空间向量的线性运算即可求解.
【详解】
解：由题知，
故选：B.
3．A
【分析】
利用转化法求向量数量积的最值即可.
【详解】
解：设中点为,连接,设中点为,则
,
当与重合时，取最小值0.此时有最小值，
故选：A
4．B
【分析】
取的中点，作点在平面内的投影，过作交于点，连结、，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，设，，，利用求出的关系，然后根据的范围求角的范围.
【详解】
解：取的中点，作点在平面内的投影，过作交于点，连结、，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系如图，
根据题意，得，0，，，0，，，，，，，，
设，，，
则，，，，，，，0，，
，
，
，，
记为直线与直线所成的角，则即为直线与直线所成的角，
，
点的轨迹在平面内是以为圆心，为半径的圆，
，，
又为锐角或直角，，
，则
直线与直线所成角的取值范围为，，
故选：B．
5．A
【分析】
先求出,再利用向量的模长计算公式即可
【详解】
因为
所以
故选:A
6．C
【分析】
由题知，，进而根据向量运算求解即可.
【详解】
解：因为，，所以，
所以
故选：C
7．D
【分析】
利用空间向量共线的性质直接求解．
【详解】
向量与共线，
，
解得或1．
故选：．
8．D
【分析】
，则，使得，据此计算即可.
【详解】
依题意，由可知，，使得，于是，解得
于是.
故选：D.
9．D
【分析】
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，取线段的中点，求出平面的法向量，利用空间向量法可判断AB选项的正误；分析可知，求出关于的表达式，利用二次函数的基本性质可判断CD选项的正误.
【详解】
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、、、、，
，，所以，，
，线段的中点为，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，取，则.
对于A选项，设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
若平面平面，则，则，解得，A对；
对于B选项，设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
若平面平面，则，即，解得，B对；
对于CD选项，，则，故，
因为.
因为，当时，取最小值，则的面积最小，D错，
当时，取最大值，则的面积最大，C对.
故选：D.
10．C
【分析】
根据空间向量的线性运算即可得到答案.
【详解】
由图可知，.
故选：C.
11．D
【分析】
判断当时在线段上，分别计算点为两个特殊点时的周长，即可判断A；当时在线段上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断B；当时，取线段，的中点分别为，，连结，则在线段上，分别取在，处，得到均满足，即可判断C；当时，取的中，的中点，则在线的上，证明当在点处时，平面，利用过定与定直线垂直的平面有且只有一个，即可判断D．
【详解】
A：当时，，即，所以，
故在线段上，此时△的周长为，
当为的中点时，△的周长为，
当在点处时，△的周长为，
故周长不为定值，故错误；
B：当时，，即，所以，
故在线段上，又，面，面，则面，
∴直线上的点到平面的距离相等，又△的面积为定值，
∴三棱锥的体积为定值，故错误；
C：当时，取线段，的中点分别为，，连结，
由，即，所以，则在线段上，
当在处时，，，又，则平面，
又平面，所以，即，
同理，当在处，，故错误；
D：当时，取的中点，的中点，
由，即，所以，则在线的上，
当在点处时，取的中点，连结，，
由正三棱柱的性质知：面，又面，所以，
在正方形中，，又，、面，
故面，又面，所以，
在正方体形中，又，、面，
∴平面，过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，
故有且仅有一个点，使得平面，故正确．
故选：D．
【点睛】
关键点点睛：根据各选项给定的参数值，结合题设向量的线性关系判断的位置，再由三棱锥的体积公式、线面垂直的判定及性质判断各项的正误.
12．A
【分析】
根据线面角公式即可直接求出答案.
【详解】
设直线与平面所成角为，则，
又因为，所以.
故选：A.
13．①②④
【分析】
由给定条件可得是平行四边形，求出三棱锥体积可判断①；求出中
的最小值可判断②；建立空间直角坐标系，借助空间向量计算可判断③，④即可作答.
【详解】
平面与棱交于点F，连接，如图，
在长方体中，平面平面，平面平面，平面平面，
则有，同理，因此，四边形是平行四边形，而平面，
所以四棱锥的体积，①正确；
因截面四边形是平行四边形，则周长为，把矩形与矩形展开在同一平面内，如图，
连接交于E，从而得的最小值为，显然点E唯一，
所以存在唯一的点E，使截面四边形的周长取得最小值，②正确；
在长方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设点，，，
令是平面的一个法向量，则，令得：，
设棱AD上点，而，，当平面时，有，
即，，由得，则有，
即当点E在棱中点到靠近点的线段(不含点)上移动时，在棱AD上均存在点G，使得平面，
当时，，此时点G在线段AD的延长线上，
即当点E在棱中点到靠近点的线段(不含两个端点)上移动时，在棱AD上不存在点G，使得平面，③不正确；
由③中信息知，要有平面，必有，而，因此，，解得，
所以存在唯一的点E，使得平面，且，④正确.
故答案为：①②④
14．
【分析】
根据向量坐标意义及投影的定义得解.
【详解】
因为向量，所以 在轴上的投影向量为.
故答案为:
15．##
【分析】
根据异面直线的夹角与方向向量夹角之间的关系，结合题意，即可求得结果.
【详解】
由题意，故可得的夹角为，
故所成的角为.
故答案为：.
16．
【分析】
建立空间直角坐标系，令正四面体的棱长为，即可求出点的坐标，从而求出异面直线所成角的余弦值；
【详解】
解：如图建立空间直角坐标系，令正四面体的棱长为，则，所以，所以，所以，，，，，设，因为，所以，所以，所以，，设直线与所成角为，则
故答案为：
17．
（1）答案见解析
（2）
【分析】
（1）选①F是AB的中点，②E是PC的中点为已知条件，证明③平面PFD；
取的中点，连接，可得四边形是平行四边形，，由线面平行的判定定理可得平面PFD；
选②E是PC的中点，③平面PFD为已知条件 证明①F是AB的中点；
取的中点，连接，可得，再由线面平行的性质定理可得，
所以四边形是平行四边形，，由可得答案；
选①F是AB的中点，③平面PFD为已知条件，证明 ②E是PC的中点；
取的中点，连接，得四边形是平行四边形，，
由面面平行的判定定理可得平面平面，再由面面平行的性质定理可得答案.
（2）取的中点，连接，可得，由平面平面ABCD，可得平面，以为原点，分别以所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量求法可得答案.
（1）
选①F是AB的中点，②E是PC的中点为已知条件，证明③平面PFD，
取的中点，连接，
所以，，
，所以四边形是平行四边形，，
因为平面，平面，所以平面PFD.
选②E是PC的中点，③平面PFD为已知条件，证明 ①F是AB的中点，
取的中点，连接，
所以，因为，所以，
即平面平面，
因为平面PFD，所以，
所以四边形是平行四边形，，
因为，所以
即F是AB的中点.
选①F是AB的中点，③平面PFD为已知条件，证明 ②E是PC的中点，
取的中点，连接，
所以，
四边形是平行四边形，，
因为平面，平面，所以平面PFD，
因为平面PFD，，所以平面平面，
平面，所以平面，
平面平面，所以，
因为是的中点，所以E是PC的中点.
（2）
取的中点，连接，
因为底面为菱形，，所以，
是边长为2的等边三角形，所以，
因为平面平面ABCD，平面平面，
所以平面，以为原点，
分别以所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，
所以，，，，
，，，
设平面的法向量为，
所以，即，令，则，
所以，
设PB与平面PDC所成角的为，
所以.
所以PB与平面PDC所成角的正弦值为.
18．
（1）证明见解析
（2）
【分析】
（1）证明直线垂直于面内两条相交线，从而证明直线垂直于平面
（2）建立直角坐标系，求出直线所在向量与平面的法向量所成角的余弦值，即为直线与平面所成角的正弦值
（1）
∵平面ABCD，平面ABCD，∴，
又∵，，平面PAD，∴平面PAD，
又平面PAD，∴，
∵，且E为PD的中点，∴，
又，平面PCD
∴平面PCD.
（2）
由条件平面ABCD，，可建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.
所以，.
设平面AEC的法向量为，则即取，
设直线PC与平面AEC所成角为θ，因为，，，，所以，即直线PC与平面AEC所成角的正弦值为
19．
（1）证明见解析
（2）
【分析】
（1）连接，取的中点，连接，结合已知可得，由已知的数据通过计算可得，从而得，由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论，
（2）以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可
（1）
连接，取的中点，连接，
因为四边形为菱形，，
所以为等边三角形，所以，
因为，，
所以平面，
因为平面，
所以，
在等边中，，
所以，
在中，，，
所以，
因为，
所以，所以，
因为，所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
（2）
由（1）可知两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
所以
设为平面的一个法向量，则
，令，则，
设为平面的一个法向量，
由，得，
则，令，则，
设平面与平面ABC的夹角为，由图可知为锐角，则
20．
（1）证明见解析
（2）
【分析】
（1）连接，交于，连接，则，再根据线面平行的判定定理即可得到答案；
（2）建立空间坐标系，求出法向量，运用空间向量求出结果.
（1）
连接，交于，连接，在中，
分别为两腰，的中点
又面，面，
平面
（2）
以为空间坐标系原点，分别以，所在直线为轴建立空间直角坐标系
则，，，，，
，
设平面的法向量为
则，即，取，则
，
，
设平面的法向量为
则，即，取，则，
设平面MDE与平面PBE的夹角为
，
平面MDE与平面PBE的夹角的余弦值.
21．
（1）证明见解析
（2）存在；
【分析】
（1）要证明平面底面，即证平面ABCD，即证，即可；
（2）以Q为原点，，，所在方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系，设，利用空间向量坐标运算即可得到结果.
（1）
证明：（1）因为Q为AD的中点，，
故．因为，，
所以四边形BCDQ是平行四边形，所以．
在等边三角形PAD中，．
又，，故，故．
又，，平面ABCD，平面ABCD，
故平面ABCD．又平面PAD，
故平面底面ABCD；
（2）
以Q为原点，，，所在方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系，
则，，，．
假设棱PC上存在点M，使二面角为30°．
设，这里．
则．
又，
故．
设平面BQM的一个法向量为，
则，即．
令，则．
又为平面CBQ的一个法向量，由二面角为30°，
得，即．
两边平方并化简得，解得或（舍）．
所以．
故棱PC上存在点M，当时，二面角为30°．
22．
（1）证明见解析
（2）
【分析】
(1)根据线面垂直的性质可得，利用相似三角形的判定与性质可得
，结合线面垂直的判定定理即可得出结果；
(2)根据题意和线面垂直的性质可得两两垂直，建立如图空间直角坐标系
，求出各点、各线段的坐标，进而求出平面和平面的法向量，利用空间向量的数量积表示即可求出结果.
（1）
因为平面，平面，
所以.
因为，，
所以，.
所以.
所以，
所以.
又因为，，
所以平面.
（2）
因为平面，平面，平面，
所以，.
又因为是矩形，，
所以两两垂直，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
即
令，则，.
于是.
因为平面，
取平面的法向量为.
则.
由图可知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值是.
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