高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册单元过关卷——第一章空间向量与立体几何A（有答案）

一、单选题
1．如图所示，点是二面角棱上的一点，分别在、平面内引射线、，若，，那么二面角的大小为（ ）
A． B． C． D．
2．已知平面内的，射线与所成的角均为135°，则与平面所成的角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
3．在平行六面体中，，，，，则与所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
4．正方体棱长为2，是棱的中点，是四边形内一点（包含边界），且，当三棱锥的体积最大时，与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在四棱锥中，底面，，，点为的中点，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，在正方体中，为线段上的动点，给出下列四个结论：①DP长度为定值；②三棱锥的体积为定值；③任意点P，都有；④存在点P，使得平面其中正确的是（ ）
A．①③ B．②④ C．②③ D．①④
7．在棱长为2的正四面体ABCD中，点M满足=x+y-(x+y-1)，点N满足=λ+(1-λ)，当AM、BN最短时，·=（ ）
A．- B． C．- D．
8．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
二、多选题
9．设是空间一个基底，下列选项中正确的是（ ）
A．若，，则
B．则两两共面，但不可能共面
C．对空间任一向量，总存在有序实数组，使
D．则，，一定能构成空间的一个基底
10．在平行六面体中，，，则下列说法正确的是（ ）
A．线段的长度为
B．异面直线夹角的余弦值为
C．对角面的面积为
D．平行六面体的体积为
11．已知ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，下列说法中正确的是(　　)
A．
B．
C．向量与向量的夹角是60°
D．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积为
12．正方体的棱长为，，，分别为，，的中点．则（ ）
A．直线与直线垂直
B．直线与平面平行
C．平面截正方体所得的截面面积为
D．点与点到平面的距离相等
三、填空题
13．如图，在正四棱柱中，底面边长为2，直线与平面所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为_____．
14．如图所示，三棱锥的侧棱长都相等，底面与侧面都是以为斜边的等腰直角三角形，为线段的中点，为直线上的动点，若平面与平面所成锐二面角的平面角为，则的最大值为_________.
15．如图，多面体中，面为正方形，平面，，且，，为棱的中点，为棱上的动点，有下列结论：
①当为棱的中点时，平面；
②存在点，使得；
③三棱锥的体积为定值；
④三棱锥的外接球表面积为．
其中正确的结论序号为______．（填写所有正确结论的序号）
16．在直三棱柱中，，二面角的大小为，点到平面的距离为，点到平面的距离为，则异面直线与所成角的余弦值为_______．
四、解答题
17．如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．
18．如图，在正方体中， E为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
19．如图1，四棱锥中，底面，底面是直角梯形，，，，，，，为侧棱上靠近点的四等分点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的平面角的余弦值.
20．如图所示，在直三棱柱中，，，，.
(1)求证：；
(2)在上是否存在点，使得平面，若存在，确定点位置并说明理由，若不存在，说明理由．
21．如图所示，在直三棱柱中，侧面为长方形，，，，.
(1)求证：平面平面；
(2)求直线和平面所成角的正弦值；
(3)在线段上是否存在一点T，使得点T到直线的距离是，若存在求的长，不存在说明理由.
22．如图：在正方体中，为中点，与平面交于点．
（1）求证：为的中点；
（2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【解析】过上一点分别在、内做的垂线，交、于点、，则即为二面角的平面角，设，通过解三角形即可求出答案．
【详解】解：过上一点分别在、内做的垂线，交、于点、，
则即为二面角的平面角，如下图所示：
设，∵，
∴，，
又∵，∴为等边三角形，则，
∴，
∴，
故选：D．
2．B
【分析】作出图形，如图，通过分析，可得为与平面所成的角的补角，利用余弦定理可以计算.
【详解】作出如下图形，令，则，，
取中点，连接，则即为与平面所成的角的补角，
在中，，
在中，，
，
，
与平面所成的角的余弦值是.
故选：B.
【点睛】本题考查线面角的求法，找出所成角，构造三角形是解题的关键.
3．D
【分析】先利用基底表示向量，再利用向量的夹角公式求解.
【详解】解：，
则，
，
，
，
，
，
所以，
故选：D
4．A
【分析】建立空间直角坐标系，设出，利用向量的数量积及体积最大值求得，从而得到与平面所成角的正弦值.
【详解】如图，以A为坐标原点，AB，AD，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，设，，
则，
由于为定值，要想三棱锥的体积最大，则F到底面ADE的距离最大，
其中，
所以当时，取得最大值，
因为，
所以的最大值为，
所以，，
平面的法向量，
所以与平面所成角的正弦值为
故选：A
5．A
【分析】建立空间直角坐标，根据条件写出相关点的坐标，再求出向量，的坐标，再根据向量的夹角公式计算即可.
【详解】以为原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，
，
则异面直线与所成角的余弦值为，
故选：A.
6．C
【分析】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间中两点间的距离公式可判断①的正误，利用锥体的体积公式可判断②的正误，利用空间向量法可判断③④的正误．
【详解】如下图所示：
设正方体的棱长为，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，其中.
对于①，不是定值，①错误；
对于②， 在正方体中，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，则平面，
，则点到平面的距离为定值，而的面积也为定值，
所以，三棱锥的体积为定值，②正确；
对于③，，，所以，，
因此，对任意点，都有，③正确；
对于④，，，，
，这样的不存在，所以，不存在点，使得平面，④错误．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于建系，设出点的坐标，然后根据向量的运算求解判断．
7．A
【分析】首先由向量的关系式得M∈平面BCD，N∈直线AC，由条件判断点，线，面的位置关系，结合向量数量积的运算，即可求解.
【详解】由共面向量定理和共线向量定理可知，M∈平面BCD，N∈直线AC，当AM、BN最短时，AM⊥平面BCD，BN⊥AC，
所以M为△BCD的中心，N为AC的中点，
此时，2||==，∴||=，
∵AM⊥平面BCD，MC 平面BCD，
∴AM⊥MC，
∴||=
==.
又=(+)，
∴·=(·+·)
=-||2=-.
故选：A.
8．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
9．BCD
【解析】根据空间向量的基底的概念，对选项逐一分析，可得正确选项.
【详解】由是空间一个基底，知：
在A中，若，，则与的夹角不一定是，故A错误；
在B中，两两共面，但不可能共面，故B正确；
在C中，根据空间向量的基本定理可知C正确；
在D中，因为不共面，假设，，共面，设，化简得，可得共面，与已知矛盾，所以，，不共面，可作为基底，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】本题主要考查向量的基底的概念，需要注意：
（1）如果是基底，则一定不共面；
（2）对空间中任意向量，都可以用基底向量进行表示；
（3）如果，则共面.
10．AD
【分析】设，求得，根据，求得的值，可判定A正确；由，可判定B错误；由为正三角形，根据，得到对角面为矩形，可判定C错误；由，可判定D正确.
【详解】设，则，
对于A中，因为，
可得，
所以A正确；
对于B中，因为，
可得异面直线与夹角的余弦值为0，所以B错误；
对于C中，因为，所以为正三角形，可得，
因为，所以，
所以对角面为矩形，其面积为，所以C错误；
对于D中，设与交于点，连接，取的中点，连接，
可得，所以D正确.
故选：AD.
11．AB
【分析】根据正方体ABCD﹣A1B1C1D1的特征，利用空间向量的线性运算以及数量积公式即可求解.
【详解】由题意，正方体ABCD﹣A1B1C1D1如下图所示：
由向量的加法得到：，
∵，∴，所以A正确；
∵，AB1⊥A1C，∴，故B正确；
∵△ACD1是等边三角形，∴∠AD1C＝60°，
又∵A1BD1C，
∴异面直线AD1与A1B所成的夹角为60°，
但是向量与向量的夹角是120°，故C错误；
∵AB⊥AA1，∴，
故0，故D错误．
故选：AB．
12．BC
【分析】由，得出平面，进而得出，可判断A；取的中点，连接，利用线面平行的判定定理，可判断B；连接，，得到平面为平面截正方体所得的截面，再计算其面积即可判断C；利用反证法即可判断D.
【详解】对于A，若，
因为且，所以平面，
所以，所以，此时不成立，所以线与直线不垂直，故A错误；
对于B，如图所示，取的中点，连接，
由条件可知：，且，
又平面，平面，平面，平面，
∴平面，平面，又，
所以平面平面，又因为平面，
所以平面，故B正确；
对于C，因为为的中点，所以，
所以四点共面，所以截面即为梯形，
由题得该等腰梯形的上底下底，腰长为，所以梯形面积为，故C正确；
对于D，假设与到平面的距离相等，即平面将平分，则平面必过的中点，连接交于，而不是中点，则假设不成立，故D错误．
故选：BC．
13．4
【解析】以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系, 设，求出平面的一个法向量，则，则可以得到答案.
【详解】解：以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，故，，，
设平面的一个法向量为，则，可取，
故，
又直线与平面所成角的正弦值为，
，解得．
故答案为：4．
【点睛】本题考查根据线面角，利用向量法求柱体的高，属于中档题.
14．
【分析】由题设可得构建为原点的空间直角坐标系，根据已知标注相关点的坐标，设，，，可得的坐标，进而求面与面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示得到关于的表达式，由二次函数的性质即可求其最大值.
【详解】底面与侧面都是以为斜边的等腰直角三角形，则≌，
∴，设，则，
∵为的中点，则，
∴，即，
以为原点，如图建立空间直角坐标系，则、、、，
设，，，则，而，，
∴、、，
∴，
∴、、、，
设面的一个法向量，则，
即，令，则，
设面的一个法向量 ，则，即，
令，则，
面与面所成锐二面角的平面角为，则，
当时 ，即的最大值为.
故答案为：.
15．①③④
【分析】根据线面平行的判定定理，以及线线垂直的判定，结合棱锥体积的计算公式，以及棱锥外接球半径的求解，对每一项进行逐一求解和分析即可.
【详解】对①：当H为DE的中点时，取中点为，连接，
因为分别为的中点，
故可得//，，
根据已知条件可知：//，
故//，
故四边形为平行四边形，则//，又平面平面，
故//面，故①正确；
对②：因为平面平面，
故，
又四边形为矩形，
故，则两两垂直，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示：
则，设，，
若GH⊥AE，则，
即，解得，不满足题意，故②错误；
对③：，因为均为定点，故为定值，
又//平面平面，
故//面，
又点在上运动，故点到平面的距离是定值，
故三棱锥的体积为定值，则③正确；
对④：由题可得平面，又面为正方形，
∴，
∴AB⊥平面BCF，则AB，BC，CF两两垂直，
∴AF为三棱锥的外接球的直径，
又，
∴三棱锥的外接球表面积为，故④正确.
故答案为：①③④.
16．
【分析】根据二面角的定义可得，再由点到面的距离可得，，，，建立空间直角坐标系，求出各点坐标，利用空间向量夹角公式即可求解.
【详解】因为三棱柱是直三棱柱，所以面，
因为面， 面，所以，，
所以即为二面角的平面角，所以，
点到平面的距离为，点到平面的距离为，
由面面垂直的性质可得: 点到平面的距离为，点到平面的距离为，
因为，所以，，
由余弦定理可得：，
可得，
因为，所以，
如图：以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，
，．
．
所以异面直线与所成角的余弦值为．
故答案为：.
17．（1）见解析；（2）.
【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.
【详解】（1）连接，
，分别为，中点 为的中位线
且
又为中点，且 且
四边形为平行四边形
，又平面，平面
平面
（2）设，
由直四棱柱性质可知：平面
四边形为菱形
则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则：，，，D（0，-1,0）
取中点，连接，则
四边形为菱形且 为等边三角形
又平面，平面
平面，即平面
为平面的一个法向量，且
设平面的法向量，又，
，令，则，
二面角的正弦值为：
【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.
18．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；
（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 .
【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法
如下图所示：
在正方体中，且，且，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面；
[方法二]:空间向量坐标法
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，
设正方体的棱长为，则、、、，，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，，则.
又∵向量,,
又平面，平面；
（Ⅱ）[方法一]：几何法
延长到，使得，连接，交于，
又∵，∴四边形为平行四边形，∴，
又∵,∴,所以平面即平面,
连接，作,垂足为,连接,
∵平面,平面,∴，
又∵,∴直线平面,
又∵直线平面,∴平面平面,
∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，
根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.
设正方体的棱长为2，则,,∴,
∴,
∴,
即直线与平面所成角的正弦值为.
[方法二]：向量法
接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，
又∵,∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
[方法三]：几何法+体积法
如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．
因为，
所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．
设正方体的棱长为2，在中，易得，
可得．
由，得，
整理得．
所以．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
[方法四]：纯体积法
设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，
在中，，
，
所以，易得．
由，得，解得，
设直线与平面所成的角为，所以．
【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；
（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取上取一点，使，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的平面角的余弦值.
（1）
证明：取上取一点，使，连接、，
由题知，所以，．
又因为，，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以．
因为平面，平面，所以直线平面．
（2）
解：因为平面，，
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，
所以、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，则，
易知平面的一个法向量为，
所以，，
由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.
20．(1)证明见解析；
(2)在上存在点使得平面，且为的中点．
【分析】（1）本题首先以为坐标原点建立空间直角坐标系，然后得出、，最后根据即可证得；
（2）本题可假设点存在，则，然后通过得出，最后求出的值，即可得出结论.
（1）
因为，，，所以，
如图所示，在直三棱柱中，以为坐标原点，直线、、分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
因为，，
所以，，即.
（2）
若存在点使平面，则，，
，，，，
因为平面，所以存在实数、，使成立，
则，解得，
故在上存在点使平面，此时点为中点.
21．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【解析】（1）
由于，所以，
根据直三棱柱的性质可知，由于，所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）
设N是的中点，连接，则，MA，MB，MN，两两相互垂直.
以M为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
，，
设平面的法向量为，
则，令，可得，
设直线和平面所成角为，则；
（3）
设，则，
过T作，则，
∵，
∴，
∴，∴或（舍）
∴.
22．（1）证明见解析；（2）．
【分析】(1)首先将平面进行扩展，然后结合所得的平面与直线的交点即可证得题中的结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数的值.
【详解】(1)如图所示，取的中点，连结，
由于为正方体，为中点，故，
从而四点共面，即平面CDE即平面，
据此可得：直线交平面于点，
当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，
即点为中点.
(2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，
不妨设正方体的棱长为2，设，
则：，
从而：，
设平面的法向量为：，则：
，
令可得：，
设平面的法向量为：，则：
，
令可得：，
从而：，
则：，
整理可得：，故（舍去）.
【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
答案第1页，共2页
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