中小学教育资源及组卷应用平台
高中数学选修1 第1章-空间向量与立体几何 单元检测卷
（解析版）
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．已知则（ ）
A．2 B． C．1 D．0
【答案】D
【解析】由可得
∵，故，
∴，，
∴，
故答案为：D
2．平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则平面与平面夹角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设平面与平面夹角为，则，
则，
所以。
故答案为：D
3．已知平面，其中点，向量，则下列各点中在平面内的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为，
对于A，，故，即，故选项A中的点在平面内，故A正确；
对于B，，故，即不互相垂直，故选项B中的点不在平面内，故B错误；
对于C，，故，即不互相垂直，故选项C中的点不在平面内，故C错误；
对于D，，故，即不互相垂直，故选项D中的点不在平面内，故D错误.
故答案为：A.
4．如图，四面体 - ， 是底面△ 的重心， ，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】因为 ，
所以
，
故答案为：B
5．已知正方体 的棱长为1，且满足 ，则 的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为 ，由空间向量的共面定理可知，点 四点共面，即点 在平面 上，所以 的最小值为点 到平面 的距离 ，由正方体棱长为 ，可得 是边长为 的等边三角形，则 ， ，由等体积法得， ，所以 ，所以 的最小值为 。
故答案为：C
6．平行六面体的底面是边长为2的正方形，且，，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为
所以
即
所以．
故答案为：C．
7．如图，在菱形中，，， 是的中点，将沿直线翻折至的位置，使得面 面，则点到直线的距离为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图，
是的中点，，
在菱形中，，，得、是等边三角形，
，即，
正三角形中，是的中点，则，可得，
又面面，且面面，
平面，则，
在△中，由，可得，
在等腰三角形中，取的中点，连接，可得，
设点到直线的距离为，
则由等面积法可得，，
．
故答案为：A
8．已知是棱长为8的正方体外接球的一条直径，点M在正方体表面上运动，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．0
【答案】B
【解析】如图为棱长为8的正方体外接球的一条直径，为球心，为正方体表面上的任一点
则球心也就是正方体的中心，
所以正方体的中心到正方体表面任一点的距离的最小值为正方体的内切球的半径，
它等于棱长的一半，即长度为4，的长为正方体的对角线长，为，
我们将三角形单独抽取出来如下图所示：
所以的最小值为.
故答案为：B.
二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．已知四面体A－BCD的所有棱长均为2，E，F分别为棱AB，CD的中点，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C,D
【解析】由题意可得四面体A－BCD为正四面体，如图.
A：因为平面ABC＝A，平面ABC，且，平面，由异面直线的定义可知，AF，CE为异面直线，A不符合题意；
B：因为F分别为棱CD的中点，所以，B不符合题意；
C：因为，所以，C符合题意；
D：因为E，F分别为棱AB，CD的中点，所以，所以，D符合题意.
故答案为：CD.
10．正方体的棱长为为棱的中点，是侧面上（含边缘）的动点，若，则点到平面的距离可以是（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】B,C
【解析】如图所示，分别取的中点，连接，
由，可得，
又，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又，
所以，
所以点的轨迹为线段，
连接交于点，连接交于点，
取的中点，连接交于点，
则易知平面，平面，
又，
所以到平面的距离，
对于A：，A不符合题意；
对于B：，B符合题意；
对于C：，C符合题意；
对于D：，D不符合题意；
故答案为：BC
11．（多选题）如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，，且，以下结论正确的有（ ）
A．
B．点到平面的距离为定值
C．三棱锥的体积是正方体体积的
D．异面直线，所成的角为定值
【答案】A,B,C
【解析】对于，根据题意，，，且，所以平面，而平面，所以，所以正确；
对于，到平面的距离是定值，所以点到的距离为定值，所以正确；
对于，三棱锥的体积为，三棱锥的体积是正方体体积的，所以正确；
对于，当点E在处，F为的中点时，异面直线AE，BF所成的角是，当在的中点时，F在的位置，异面直线AE，BF所成的角是，显然两个角不相等，命题错误；
故答案为：ABC．
12．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】A,C
【解析】对于A选项，三棱雉的体积，是定值，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，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，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，D选项错误；
故答案为：AC.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
要注意认真看清题目的条件和要填写的内容，尽量完整地填写答案.
13．已知向量，，且，则 .
【答案】
【解析】，即，解得.
故答案为：
14．如图，已知，D是中点，则点B到平面的距离是 .
【答案】
【解析】因为，所以，
所以，，
又D是中点，所以，
，平面，所以平面，的长就是点B到平面的距离，
由已知，。
故答案为：。
15．球上有四点，且两两垂直，，四面体的体积等于 .
【答案】
【解析】以，，为棱构造长方体，则长方体的体对角线为球的直径，
以，，为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，球心的坐标为，
所以，
设平面的法向量为，则
，令，则，
因为，
所以球心到平面的距离为，
因为，
所以，
所以四面体的体积等于.
故答案为：.
16．在正方体中，为线段的中点，设平面与平面的交线为，则直线与所成角的余弦值为 ．
【答案】
【解析】解：设正方体的棱长为，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
设直线的方向向量为，平面，平面，则，，
所以，取，则，
，，
因此，直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
四、解答题（本题共6小题，第17题10分，其余每题12分，共70分）
解答应写出文字说明，证明过程或推演步骤.
17．已知空间向量，，．
（1）若，求；
（2）求；
（3）若向量与向量，共面，求实数的值.
【答案】（1）解：，
，
即，
，
解得．
（2）解：，
．
（3）解：∵ 向量与向量，共面，
∴ 设，
，
解得，
．
18．如图，已知直三棱柱，，，，点为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面的距离.
【答案】（1）证明：连结交于，连接，
因为在直三棱柱中，侧面是平行四边形，
所以是的中点，又因为为的中点，
所以，又因为平面，平面，
故平面；
（2）解：由（1）知平面，
所以直线与平面的距离等价于点到平面的距离，不妨设为，
因为，，所以，，则，
又因为为的中点，所以，
因为在直三棱柱中，面，故，
所以在中，，，
在中，，
所以在中，，则，
故，
所以由得，即，解得，
所以直线与平面的距离为.
19．在四棱锥中，四边形为平行四边形，是等边三角形，.
（1）证明：；
（2）若，，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明：取AM的中点N，连接DN，BN，
∵是等边三角形，
∴AM⊥DN，又，
∴AM⊥平面BDN，又平面BDN，
∴AM⊥BN，又N为AM的中点，
∴；
（2）解：∵，，是等边三角形，
∴，，
∴，又，
∴平面ADM，
如图建立空间直角坐标系，
则，
∴，
设平面BMC的法向量为，则
，令，则，
∴，
设平面DMC的法向量为，则
，令，则，
∴，
∴，
∴，
∴二面角的正弦值为.
20．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA＝PB＝AB＝2，平面PAB⊥平面ABCD，N是CD的中点．
（1）若点M为线段PD上一点，且平面AMN，求的值；
（2）求二面角B－PA－C的正弦值；
（3）求点N到面PAC的距离．
【答案】（1）解：连接，交于，连接，
因为面，面，且面面，
所以，故.
（2）解：若为中点，连接，又N是CD的中点，底面ABCD为正方形，
所以，等边三角形中，
因为平面PAB⊥平面ABCD，面面，面，
所以面，而面，则，
综上，两两垂直，故可构建如下图示的空间直角坐标系，
由，则，，，，
所以，，
若为面的一个法向量，则，令，则，
而为面的一个法向量，
所以，故二面角的正弦值为.
（3）解：由题设，，而，
又，，，
所以，若N到面PAC的距离为，
则，可得，故N到面PAC的距离为.
21．如图，四棱锥的底面为正方形，底面，设平面与平面的交线为.
（1）证明：；
（2）已知，为直线上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】（1）证明： 四边形 为正方形， ，又 平面 ， 平面 ，
平面 ，又 平面 ，平面 平面 ，
.
（2）以 为坐标原点， 为 轴可建立如图所示空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
由（1）知： ，则可设 ， ， ， ，
设平面 的法向量 ，
则 ，令 ，则 ， ， ，
设直线 与平面 所成角为 ，
；
当 时， ；
当 时， （当且仅当 ，即 时取等号）；
当 时， ；
综上所述：直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 .
22．如图，在四棱锥中，平面，是等边三角形.
（1）证明：平面平面.
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明：设，
因为是等边三角形，且，
所以是的中点，则，
又，所以，
所以，
即，
又平面平面，
所以，
又，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面.
（2）解：以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立
如图所示的空间直角坐标系.
因为，
所以，
，
设平面的法向量，
则令，得，
设平面的法向量为，
则令，得，
，，
故二面角的正弦值为.
21世纪教育网(www.21cnjy.com) 1 / 1中小学教育资源及组卷应用平台
高中数学选修1 第1章-空间向量与立体几何 单元检测卷
考试时间：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．已知则（ ）
A．2 B． C．1 D．0
2．平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则平面与平面夹角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
3．已知平面，其中点，向量，则下列各点中在平面内的是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，四面体 - ， 是底面△ 的重心， ，则 （ ）
A． B．
C． D．
（第4题） （第6题） （第7题）
5．已知正方体 的棱长为1，且满足 ，则 的最小值是（ ）
A． B． C． D．
6．平行六面体的底面是边长为2的正方形，且，，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在菱形中，，， 是的中点，将沿直线翻折至的位置，使得面 面，则点到直线的距离为
A． B． C． D．
8．已知是棱长为8的正方体外接球的一条直径，点M在正方体表面上运动，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．0
二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．已知四面体A－BCD的所有棱长均为2，E，F分别为棱AB，CD的中点，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．正方体的棱长为为棱的中点，是侧面上（含边缘）的动点，若，则点到平面的距离可以是（ ）
A． B． C．1 D．
11．（多选题）如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，，且，以下结论正确的有（ ）
A．
B．点到平面的距离为定值
C．三棱锥的体积是正方体体积的
D．异面直线，所成的角为定值
12．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
（第11题） （第12题） （第14题）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
要注意认真看清题目的条件和要填写的内容，尽量完整地填写答案.
13．已知向量，，且，则 .
14．如图，已知，D是中点，则点B到平面的距离是 .
15．球上有四点，且两两垂直，，四面体的体积等于 .
16．在正方体中，为线段的中点，设平面与平面的交线为，则直线与所成角的余弦值为 ．
四、解答题（本题共6小题，第17题10分，其余每题12分，共70分）
解答应写出文字说明，证明过程或推演步骤.
17．已知空间向量，，．
（1）若，求；
（2）求；
（3）若向量与向量，共面，求实数的值.
18．如图，已知直三棱柱，，，，点为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面的距离.
19．在四棱锥中，四边形为平行四边形，是等边三角形，.
（1）证明：；
（2）若，，求二面角的正弦值.
20．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA＝PB＝AB＝2，平面PAB⊥平面ABCD，N是CD的中点．
（1）若点M为线段PD上一点，且平面AMN，求的值；
（2）求二面角B－PA－C的正弦值；
（3）求点N到面PAC的距离．
21．如图，四棱锥的底面为正方形，底面，设平面与平面的交线为.
（1）证明：；
（2）已知，为直线上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值.
22．如图，在四棱锥中，平面，是等边三角形.
（1）证明：平面平面.
（2）求二面角的正弦值.
21世纪教育网(www.21cnjy.com) 1 / 1
