第一章空间向量与立体几何单元测试——2022-2023学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册（含答案）
文档属性
| 名称 | 第一章空间向量与立体几何单元测试——2022-2023学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.3MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-11-21 18:57:03 | ||
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文档简介
空间向量与立体几何测试(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题：本题共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．已知平面α的一个法向量是，，则下列向量可作为平面β的一个法向量的是( )
A． B． C． D．
2．若是平面α内的两个向量，则( )
A．α内任一向量(λ，μ∈R)
B．若存在λ，μ∈R使＝，则λ＝μ＝0
C．若不共线，则空间任一向量 (λ，μ∈R)
D．若不共线，则α内任一向量 (λ，μ∈R)
3．已知，则的最小值是( )
A． B． C． D．
4．已知空间三点，，，若，且，则点的坐标为( )
A． B．
C．或 D． 或
5．若向量a＝(x，4,5)，b＝(1，－2,2)，且a与b的夹角的余弦值为，则x等于( )
A．3 B．－3 C．－11 D．3或－11
6．平面α的法向量u＝(x，1，－2)，平面β的法向量ν＝，已知α∥β，则x＋y等于( )
A. B.
C．3 D.
7．已知平面α内两向量a＝(1,1,1)，b＝(0,2，－1)且c＝ma＋nb＋(4，－4,1)．若c为平面α的法向量，则m，n的值分别为( )
A．－1,2 B．1，－2
C．1,2 D．－1，－2
8.如图，四棱锥P－ABCD中，PB⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝PB＝3，点E在棱PA上，且PE＝2EA，则平面ABE与平面BED的夹角的余弦值为( )
A. B. C. D.
二、选择题：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2分。
9．若长方体的底面是边长为2的正方形，高为4，是的中点，则（ ）
A．
B．平面平面
C．三棱锥的体积为
D．三棱锥的外接球的表面积为
10．正方体中，E、F、G、H分别为、BC、CD、BB、的中点，则下列结论正确的是（ ）
A． B．平面平面
C．面AEF D．二面角的大小为
11．设，，是空间一个基底，则( )
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(x，y，z)，使
D．则＋，＋，＋一定能构成空间的一个基底
12．如图，在菱形中，，，将沿对角线翻折到位置，连结，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．与平面所成的最大角为
B．存在某个位置，使得
C．当二面角的大小为时，
D．存在某个位置，使得到平面的距离为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在题中横线上。
13．已知向量，，．当时，若向量与垂直，则实数的值为______．
14．在四面体OABC中，点M，N分别为OA、BC的中点，若，且G、M、N三点共线，则______．
15．如图，在正三棱柱中，、分别是、的中点.设D是线段上的（包括两个端点）动点，当直线与所成角的余弦值为，则线段的长为_______.
16．矩形ABCD中，，现将沿对角线AC折起，得到四面体，若异面直线与所成角为，则______；若二面角的大小为，则______．
四、解答题：本题共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. (10 分)
已知向量, 求:
(1) ;
(2) 与 所成角的余弦值.
18. (12 分)
已知在正方体 中, 点 是上底面 的中心, 求下列各式中 的 值.
(1) ;
(2) .
19. (12 分)
如图, 在三棱柱 中, 分别是 上的点, 且 . 设 .
(1)试用 表示向量 ;
(2) 若 , 求线 段 的长.
20．如图，在棱长是2的正方体中，为的中点.
(1)求证：；
(2)求异面直线与所成角的余弦值；
(3)求点到平面的距离.
21．如图，直三棱柱中，是边长为的正三角形，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成的角的正切值为，求平面与平面夹角的余弦值．
22．如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，，分别是，的中点，点在直线上．
(1)证明：；
(2)当平面与平面所成的锐二面角为时，求平面与侧面的交线长．
参考答案
1解析
平面α的一个法向量是，，设平面的法向量为，则，对比四个选项可知，只有D符合要求，故选：D.
2解析
当与共线时，A项不正确；当与是相反向量，λ＝μ≠0时，＝，故B项不正确；若与不共线，则与、共面的任意向量可以用，表示，对空间向量则不一定，
故C项不正确，D项正确．故选：D．
3解析
由题意可知：所以 ，
则： ，当且仅当时取等号．
即 的最小值是.故选：A
4解析
设，则，，
因为，所以，，，
所以，又，
解得或，所以或，故选:C
5解析
因为a·b＝(x，4,5)·(1，－2,2)＝x－8＋10＝x＋2，且a与b的夹角的余弦值为，所以＝，解得x＝3或－11(舍去)，故选A.
6解析
由题意知，∵α∥β，∴u＝λν，即解得λ＝－4，y＝－，x＝4，∴x＋y＝4－＝.
7解析
c＝ma＋nb＋(4，－4,1)＝(m，m，m)＋(0,2n，－n)＋(4，－4,1)
＝(m＋4，m＋2n－4，m－n＋1)，由c为平面α的法向量，得即解得
8解析
如图，以B为坐标原点，分别以BC，BA，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则B(0,0,0)，A(0,3,0)，P(0,0,3)，D(3,3,0)，E(0,2,1)，
∴＝(0,2,1)，＝(3,3,0)．设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)，
则取z＝1，得n＝.
又平面ABE的法向量为m＝(1,0,0)，
∴cos〈n，m〉＝＝＝.
∴平面ABE与平面BED的夹角的余弦值为.
9解析
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则
，，，，，，，
所以，，
因为，所以与不垂直，故A错误；
，设平面的一个法向量为，则，由，得，所以，
不妨取，则，，所以，
同理可得设平面的一个法向量为，
故不存在实数使得，故平面与平面不平行，故B错误；在长方体中，平面，故是三棱锥的高，所以，故C正确；
三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
故外接球的半径，
所以三棱锥的外接球的表面积，故D正确.
故选：CD.
10解析
由题可知，在底面上的射影为，而不垂直，
则不垂直于，则选项不正确；连接和，E、F、G、H分别为、BC、CD、BB、的中点，可知，所以平面，则平面平面，所以选项正确；由题知，可设正方体的棱长为2，以为原点，为轴，为轴，为轴，则各点坐标如下：
，
设平面的法向量为，
则，即，令，得，
得平面的法向量为，
所以，所以平面，则选项正确；
由图可知，平面，所以是平面的法向量，
则.
得知二面角的大小不是，所以不正确.
故选：BC.
11解析
对于A选项，与都垂直，夹角不一定是，所以A选项错误.
对于B选项，根据基底的概念可知，，两两共面，但，，不可能共面.
对于C选项，根据空间向量的基本定理可知，C选项正确.
对于D选项，由于，，是空间一个基底，所以，，不共面.
假设＋，＋，＋共面，设，化简得，即，所以，，共面，这与已知矛盾，所以＋，＋，＋不共面，可以作为基底.所以D选项正确.
故选：BCD
12解析
如图所示：
A项：取的中点，连结、，因为四边形是菱形，是线段的中点，所以,
平面，平面，所以平面，所以平面，所以在平面的射影为，即与平面所成角，，三角形是等腰三角形，
当时，与平面所成角为，故A错误；
B项：当时，取的中点，
可得，，故平面，，故B正确；
C项：因为四边形是菱形，是线段的中点，
所以，，
因为是平面与平面的交线，
所以即平面与平面所成角，
因为二面角的大小为，所以，
因为，所以，故C正确；
D项：因为，所以如果到平面的距离为，
则平面，，，，
，则，显然不可能，故D错误，
故选：BC.
13解析
因为，所以，，
因为与垂直，所以.
故答案为：
14解析
若G、M、N三点共线，则存在实数，使得，又点M，N分别为OA、BC的中点，则，，则
，则，解得，则.
故答案为：.
15解析
如图以为坐标原点建立空间直角坐标系：
则设，
则，设直线与所成角为
所以，即，
解得或（舍去），所以，
故答案为：．
16解析
如图所示
在矩形中， ，所以，
在四面体中，
，其中为与的夹角；
若异面直线与所成角为，则或，
所以或；
经检验或均满足题意，故或；
在矩形中，作交于点，交于点，
在四面体中，作交于点，则，所以二面角的平面角为.
设，因为，所以，又四面体可知，，则，而
，
若二面角的大小为，则，所以，即．
故答案为：或1；．
17解析
(1) 因为 , 所以 , 解得 ,
则 ,又因为 , 所以 , 即 ,解得, 即 .
(2) 由 (1) 得 ,
设 与 所成的角为 , 因此 .
18解析
如图,连接 .
(2)
19解析
(1) 由题意知 .
(2) 由题意知 ,
,于是 , 即 .
20解析
(1)因为正方体棱长为2，
故以为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则有，，，，，，，.因为为的中点，所以 ， ，，
所以，所以，即；
(2)解：因为，，
所以，
因为异面直线与所成角是锐角，
所以异面直线与所成角的余弦值是.
(3)解：设平面的法向量是 ，则，，
即， 又，，
所以 令，则，，所以，又，
所以点到平面的距离.
21解析
（1）是正三角形，为的中点，．
又是直三棱柱，平面ABC，．
又，平面．
（2）连接，由（1）知平面，
∴直线与平面所成的角为，．
是边长为2的正三角形，则，．
在直角中，，，．
建立如图所示坐标系，则，，，，．，，设平面的法向量为，则，即，解得平面的法向量为．，，设平面的法向量为，则，即，解得平面的法向量为．设平面与平面夹角为，则
．平面与平面夹角的余弦值为．
22解析
（1）解：由题意两两垂直.所以以分别作为轴正方向建立空间直角坐标系，如图，
则．
∵M是的中点，N是的中点，∴，
设，∴，则，
则，所以．
（2）解：设，则，
设平面的一个法向量为，则，即
令，则，又平面的一个法向量为，
平面与平面所成的锐二面角为时，
∴，即，
解得，此时，如图位置，设为的中点，连接，交于点，由 且∥,所以与全等，则为中点,连接,由分别为中点，则∥,
又分别为中点，则∥，所以∥,
所以点共面，又,所以共面，即面与面重合.所以平面与侧面的交线为，
所以交线长度为.
一、选择题：本题共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．已知平面α的一个法向量是，，则下列向量可作为平面β的一个法向量的是( )
A． B． C． D．
2．若是平面α内的两个向量，则( )
A．α内任一向量(λ，μ∈R)
B．若存在λ，μ∈R使＝，则λ＝μ＝0
C．若不共线，则空间任一向量 (λ，μ∈R)
D．若不共线，则α内任一向量 (λ，μ∈R)
3．已知，则的最小值是( )
A． B． C． D．
4．已知空间三点，，，若，且，则点的坐标为( )
A． B．
C．或 D． 或
5．若向量a＝(x，4,5)，b＝(1，－2,2)，且a与b的夹角的余弦值为，则x等于( )
A．3 B．－3 C．－11 D．3或－11
6．平面α的法向量u＝(x，1，－2)，平面β的法向量ν＝，已知α∥β，则x＋y等于( )
A. B.
C．3 D.
7．已知平面α内两向量a＝(1,1,1)，b＝(0,2，－1)且c＝ma＋nb＋(4，－4,1)．若c为平面α的法向量，则m，n的值分别为( )
A．－1,2 B．1，－2
C．1,2 D．－1，－2
8.如图，四棱锥P－ABCD中，PB⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝PB＝3，点E在棱PA上，且PE＝2EA，则平面ABE与平面BED的夹角的余弦值为( )
A. B. C. D.
二、选择题：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2分。
9．若长方体的底面是边长为2的正方形，高为4，是的中点，则（ ）
A．
B．平面平面
C．三棱锥的体积为
D．三棱锥的外接球的表面积为
10．正方体中，E、F、G、H分别为、BC、CD、BB、的中点，则下列结论正确的是（ ）
A． B．平面平面
C．面AEF D．二面角的大小为
11．设，，是空间一个基底，则( )
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(x，y，z)，使
D．则＋，＋，＋一定能构成空间的一个基底
12．如图，在菱形中，，，将沿对角线翻折到位置，连结，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．与平面所成的最大角为
B．存在某个位置，使得
C．当二面角的大小为时，
D．存在某个位置，使得到平面的距离为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在题中横线上。
13．已知向量，，．当时，若向量与垂直，则实数的值为______．
14．在四面体OABC中，点M，N分别为OA、BC的中点，若，且G、M、N三点共线，则______．
15．如图，在正三棱柱中，、分别是、的中点.设D是线段上的（包括两个端点）动点，当直线与所成角的余弦值为，则线段的长为_______.
16．矩形ABCD中，，现将沿对角线AC折起，得到四面体，若异面直线与所成角为，则______；若二面角的大小为，则______．
四、解答题：本题共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. (10 分)
已知向量, 求:
(1) ;
(2) 与 所成角的余弦值.
18. (12 分)
已知在正方体 中, 点 是上底面 的中心, 求下列各式中 的 值.
(1) ;
(2) .
19. (12 分)
如图, 在三棱柱 中, 分别是 上的点, 且 . 设 .
(1)试用 表示向量 ;
(2) 若 , 求线 段 的长.
20．如图，在棱长是2的正方体中，为的中点.
(1)求证：；
(2)求异面直线与所成角的余弦值；
(3)求点到平面的距离.
21．如图，直三棱柱中，是边长为的正三角形，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成的角的正切值为，求平面与平面夹角的余弦值．
22．如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，，分别是，的中点，点在直线上．
(1)证明：；
(2)当平面与平面所成的锐二面角为时，求平面与侧面的交线长．
参考答案
1解析
平面α的一个法向量是，，设平面的法向量为，则，对比四个选项可知，只有D符合要求，故选：D.
2解析
当与共线时，A项不正确；当与是相反向量，λ＝μ≠0时，＝，故B项不正确；若与不共线，则与、共面的任意向量可以用，表示，对空间向量则不一定，
故C项不正确，D项正确．故选：D．
3解析
由题意可知：所以 ，
则： ，当且仅当时取等号．
即 的最小值是.故选：A
4解析
设，则，，
因为，所以，，，
所以，又，
解得或，所以或，故选:C
5解析
因为a·b＝(x，4,5)·(1，－2,2)＝x－8＋10＝x＋2，且a与b的夹角的余弦值为，所以＝，解得x＝3或－11(舍去)，故选A.
6解析
由题意知，∵α∥β，∴u＝λν，即解得λ＝－4，y＝－，x＝4，∴x＋y＝4－＝.
7解析
c＝ma＋nb＋(4，－4,1)＝(m，m，m)＋(0,2n，－n)＋(4，－4,1)
＝(m＋4，m＋2n－4，m－n＋1)，由c为平面α的法向量，得即解得
8解析
如图，以B为坐标原点，分别以BC，BA，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则B(0,0,0)，A(0,3,0)，P(0,0,3)，D(3,3,0)，E(0,2,1)，
∴＝(0,2,1)，＝(3,3,0)．设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)，
则取z＝1，得n＝.
又平面ABE的法向量为m＝(1,0,0)，
∴cos〈n，m〉＝＝＝.
∴平面ABE与平面BED的夹角的余弦值为.
9解析
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则
，，，，，，，
所以，，
因为，所以与不垂直，故A错误；
，设平面的一个法向量为，则，由，得，所以，
不妨取，则，，所以，
同理可得设平面的一个法向量为，
故不存在实数使得，故平面与平面不平行，故B错误；在长方体中，平面，故是三棱锥的高，所以，故C正确；
三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
故外接球的半径，
所以三棱锥的外接球的表面积，故D正确.
故选：CD.
10解析
由题可知，在底面上的射影为，而不垂直，
则不垂直于，则选项不正确；连接和，E、F、G、H分别为、BC、CD、BB、的中点，可知，所以平面，则平面平面，所以选项正确；由题知，可设正方体的棱长为2，以为原点，为轴，为轴，为轴，则各点坐标如下：
，
设平面的法向量为，
则，即，令，得，
得平面的法向量为，
所以，所以平面，则选项正确；
由图可知，平面，所以是平面的法向量，
则.
得知二面角的大小不是，所以不正确.
故选：BC.
11解析
对于A选项，与都垂直，夹角不一定是，所以A选项错误.
对于B选项，根据基底的概念可知，，两两共面，但，，不可能共面.
对于C选项，根据空间向量的基本定理可知，C选项正确.
对于D选项，由于，，是空间一个基底，所以，，不共面.
假设＋，＋，＋共面，设，化简得，即，所以，，共面，这与已知矛盾，所以＋，＋，＋不共面，可以作为基底.所以D选项正确.
故选：BCD
12解析
如图所示：
A项：取的中点，连结、，因为四边形是菱形，是线段的中点，所以,
平面，平面，所以平面，所以平面，所以在平面的射影为，即与平面所成角，，三角形是等腰三角形，
当时，与平面所成角为，故A错误；
B项：当时，取的中点，
可得，，故平面，，故B正确；
C项：因为四边形是菱形，是线段的中点，
所以，，
因为是平面与平面的交线，
所以即平面与平面所成角，
因为二面角的大小为，所以，
因为，所以，故C正确；
D项：因为，所以如果到平面的距离为，
则平面，，，，
，则，显然不可能，故D错误，
故选：BC.
13解析
因为，所以，，
因为与垂直，所以.
故答案为：
14解析
若G、M、N三点共线，则存在实数，使得，又点M，N分别为OA、BC的中点，则，，则
，则，解得，则.
故答案为：.
15解析
如图以为坐标原点建立空间直角坐标系：
则设，
则，设直线与所成角为
所以，即，
解得或（舍去），所以，
故答案为：．
16解析
如图所示
在矩形中， ，所以，
在四面体中，
，其中为与的夹角；
若异面直线与所成角为，则或，
所以或；
经检验或均满足题意，故或；
在矩形中，作交于点，交于点，
在四面体中，作交于点，则，所以二面角的平面角为.
设，因为，所以，又四面体可知，，则，而
，
若二面角的大小为，则，所以，即．
故答案为：或1；．
17解析
(1) 因为 , 所以 , 解得 ,
则 ,又因为 , 所以 , 即 ,解得, 即 .
(2) 由 (1) 得 ,
设 与 所成的角为 , 因此 .
18解析
如图,连接 .
(2)
19解析
(1) 由题意知 .
(2) 由题意知 ,
,于是 , 即 .
20解析
(1)因为正方体棱长为2，
故以为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则有，，，，，，，.因为为的中点，所以 ， ，，
所以，所以，即；
(2)解：因为，，
所以，
因为异面直线与所成角是锐角，
所以异面直线与所成角的余弦值是.
(3)解：设平面的法向量是 ，则，，
即， 又，，
所以 令，则，，所以，又，
所以点到平面的距离.
21解析
（1）是正三角形，为的中点，．
又是直三棱柱，平面ABC，．
又，平面．
（2）连接，由（1）知平面，
∴直线与平面所成的角为，．
是边长为2的正三角形，则，．
在直角中，，，．
建立如图所示坐标系，则，，，，．，，设平面的法向量为，则，即，解得平面的法向量为．，，设平面的法向量为，则，即，解得平面的法向量为．设平面与平面夹角为，则
．平面与平面夹角的余弦值为．
22解析
（1）解：由题意两两垂直.所以以分别作为轴正方向建立空间直角坐标系，如图，
则．
∵M是的中点，N是的中点，∴，
设，∴，则，
则，所以．
（2）解：设，则，
设平面的一个法向量为，则，即
令，则，又平面的一个法向量为，
平面与平面所成的锐二面角为时，
∴，即，
解得，此时，如图位置，设为的中点，连接，交于点，由 且∥,所以与全等，则为中点,连接,由分别为中点，则∥,
又分别为中点，则∥，所以∥,
所以点共面，又,所以共面，即面与面重合.所以平面与侧面的交线为，
所以交线长度为.