第6章 空间向量与立体几何 单元综合检测
一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
A．任一空间向量与它的相反向量都不相等
B．将空间向量所有的单位向量平移到同一起点，则它们的终点构成一个圆
C．同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小
D．不相等的两个空间向量的模必不相等
【答案】C
【分析】根据空间向量的基本概念及性质，结合各选项中空间向量的描述判断正误即可.
【解析】A：零向量与它的相反向量相等，故错误；
B：将空间中的所有单位向量平移到同一起点，则它们的终点构成一个球面，故错误；
C：空间向量与平面向量一样，既有模又有方向，不能比较大小，故正确；
D：一个非零空间向量与它的相反向量不相等，但它们的模相等，故错误；
故选：C
2．已知三棱柱，点为线段的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】根据空间向量的线性运算求解即可
【解析】解：在三棱柱，点为线段的中点，则
，
所以
，
故选：D
3．若：，，是三个非零向量；：，，为空间的一个基底，则p是q的 （ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】利用基底的判定方法和充分不必要条件的定义进行判定.
【解析】空间不共面的三个向量可以作为空间的一个基底，
若，，是三个共面的非零向量，则，，不能作为空间的一个基底；
但若，，为空间的一个基底，则，，不共面，
所以，，是三个非零向量，即p是q的必要不充分条件.
故选：B.
4．在正三棱柱中，若，则与所成的角的大小是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取的中点，连接，，可证明，进而可得，再由正三棱柱的性质可得，由线面垂直的判定定理可证明面，可得，即可求解.
【解析】如图：取的中点，连接，，
设，则，，
在中，，
在中，，
所以，
所以，
所以，
因为三棱柱是正三棱柱，
所以面，面，所以，
因为是等边三角形，所以，
因为，所以面，
因为面，所以，
因为，所以面，
因为面，所以，
所以与所成的角的大小是，
故选：C.
5．下列四个命题中，正确命题的个数是（ ）
①若是空间的一个基底，则对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组（x，y，z），使得；
②若两条不同直线l，m的方向向量分别是，，则l∥m；
③若是空间的一个基底，且，则A，B，C，D四点共面；
④若两个不同平面α，β的法向量分别是，且，，则α∥β．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】①由空间向量基本定理判断；②由方向向量的定义判断；③由空间向量共面定理判断；④由法向量的定义判断.
【解析】①若是空间的一个基底，则对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组（x，y，z），使得，由空间向量基本定理知，正确；
②若两条不同直线l，m的方向向量分别是，，则l∥m，由方向向量的定义知，正确；
③若是空间的一个基底，且，则A，B，C，D四点共面，由空间向量共面定理知，正确；
④若两个不同平面α，β的法向量分别是，且，，则α∥β．由法向量的定义知，正确.
故选：D
6．如图，在正四棱柱中，是底面的中心，分别是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．//
B．
C．//平面
D．平面
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明，逐项分析、判断作答.
【解析】在正四棱柱中，以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
令，是底面的中心，分别是的中点，
则，，，
对于A，显然与不共线，即与不平行，A不正确；
对于B，因，则，即，B正确；
对于C，设平面的法向量为，则，令，得，
，因此与不垂直，即不平行于平面，C不正确；
对于D，由选项C知，与不共线，即不垂直于平面，D不正确.
故选：B
7．已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，侧棱与底面垂直，若点C到平面AB1D1的距离为，则直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先由等面积法求得的长，再以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，运用线面角的向量求解方法可得答案．
【解析】如图，连接交于点，过点作于，
则平面，则，
设，
则，
则根据三角形面积得，
代入解得．
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，
设平面的法向量为，，，
则，即，令，得．
，
所以直线与平面所成的角的余弦值为，
故选：．
8．如图，在菱形中，，，沿对角线将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为线段，上的动点，则下列说法错误的是（ ）
A．平面平面
B．线段的最小值为
C．当，时，点D到直线的距离为
D．当P，Q分别为线段，的中点时，与所成角的余弦值为
【答案】C
【分析】取的中点，易知，结合条件及线面垂直的判定定理可得平面，进而有平面平面，即可判断A；建立坐标系，利用向量法可判断BCD.
【解析】取的中点，连接，
∵在菱形中，，，
∴，又，
∴，所以，
又易知，
因为，，，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，故A正确；
以为原点，分别为轴建立坐标系，
则，
当，时，，，
，，
所以点D到直线PQ的距离为，故C错误；
设，设，可得，
，
当时，，故B正确；
当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，
，，，，
设PQ与AD所成的角为，
则，
所以PQ与AD所成角的余弦值为，故D正确；
故选：C.
二、多选题
9．在空间直角坐标系中，平面的法向量，直线的方向向量为，则下列说法正确的是（ ）
A．轴一定与平面相交 B．平面一定经过点
C．若，则 D．若，则
【答案】AC
【分析】A选项，设设轴的方向向量设为，通过计算可以得到两者一定相交；B选项直接可以作出判断；C选项通过观察发现，可以作出判断，D选项通过计算，可以得到或在平面上.
【解析】不妨设轴的方向向量设为，则，故轴一定与平面相交，A正确；平面不一定经过点，B错误；因为，即，故，C正确；因为，所以，所以或在平面上，故D错误.
故选：AC
10．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为与的交点，若，则下列正确的是（ ）
A． B．
C．的长为 D．
【答案】BD
【分析】AB选项，利用空间向量基本定理进行推导即可；C选项，在B选项的基础上，平方后计算出，从而求出；D选项，利用向量夹角的余弦公式进行计算.
【解析】根据题意，依次分析选项：
对于A选项，，A错误，
对于B选项，，B正确：
对于C选项，，则，
则，C错误：
对于，则，D正确.
故选：BD.
11．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，，平面，PA=AB=2，E为棱PB的中点，F为棱BC上的动点，则下列结论正确的为（ ）
A．平面平面PBC B．EF与平面ABCD所成角的最大值为
C．E到面PAC的距离为 D．AE与PC所成角的余弦值为
【答案】CD
【分析】取的中点，可证得两两垂直，所以以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量逐个分析判断.
【解析】取的中点，连接，
因为底面ABCD为菱形，，
所以，
因为平面，平面，
所以，
所以两两垂直，所以以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则
，
因为E为棱PB的中点，所以，
设（），
对于A，设平面的法向量为，平面的法向量为，
因为，，
所以，，
令，，
则，，
若平面平面PBC，则，解得不合题意，所以A错误，
对于B，平面的一个法向量为，，
设EF与平面ABCD所成角为，则
，
因为，所以，
因为，所以大于，所以B错误，
对于C，设平面的法向量为，，
则，令，则，
，
所以E到面PAC的距离为，所以C正确，
对于D，设AE与PC所成角为，
，，
所以，所以D正确，
故选：CD
12．如图，已知P为棱长为1的正方体对角线上的一点，且，下面结论中正确的有（ ）
A．
B．可能与面APB垂直
C．当取最小值时，
D．若，则
【答案】AC
【分析】以D为坐标原点,分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算逐一分析即可.
【解析】以D为坐标原点，分别为轴建立如图空间直角坐标系，
则，设
因为，，
所以 ，即
解得
对于A,因为
所以
则，
所以，故A正确，
对于B,因为
所以
设为面的法向量，则
即 ，令则，
假设与面APB垂直，即与面垂直，
故即
得 ，此方程组无解，
即不可能与面APB垂直，故B错误，
对于C，
，
则当时，取最小值，故C正确,
对于D,因为
所以
则
因为，所以则
则则故D错误.
故选:AC
三、填空题
13．已知是空间的一个单位正交基底，向量是空间的另一个基底，用基底表示向量___________.
【答案】
【分析】设，然后整理解方程组即可.
【解析】设，
即有，
因为是空间的一个单位正交基底，
所以有，
所以.
故答案为：
14．已知正方体的棱长为6，E为棱的中点，F为棱上的点，且，则___________.
【答案】18
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积运算求解.
【解析】建立如图所示空间直角坐标系：
则，
所以，
所以，
故答案为：18
15．在平行六面体中，底面ABCD为正方形，，，，若，则___________.
【答案】
【分析】利用向量运算表示，由此求得.
【解析】
.
故答案为：
16．如图，在棱长为1的正方体中，点M为线段上的动点，下列四个结论：
①存在点M，使得直线AM与直线夹角为30°；
②存在点M，使得与平面夹角的正弦值为；
③存在点M，使得三棱锥的体积为；
④存在点M，使得，其中为二面角的大小，为直线与直线AB所成的角．
则上述结论正确的有______．（填上正确结论的序号）
【答案】②③
【分析】对①：由连接，，由平面，即可判断；对③：设到平面的距离为，则，所以即可判断；对④：以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用向量法求出与，比较大小即可判断；对②：设与平面夹角为，利用向量法求出，即可求解判断.
【解析】解：对①：连接，，在正方体中，由平面，可得，又，，所以平面，所以，故①错误；
对③：设到平面的距离为，则，所以，故③正确；
对④：以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，0，， ，0，， ，，，，，，所以，，，，
，，
设平面的法向量为，，，则，即，
取，，，又，1，是平面的一个法向量，
又二面角为锐二面角或直角，
所以，
，
，又，
，，故④错误．
对②：由④的解析知，，，，
设平面的法向量为，则，即，
取，则，
设与平面夹角为，令，即，又，解得或，故②正确.
故答案为：②③.
四、解答题
17．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，点是的中点.
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的性质和判定定理即可证明；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，通过线面角相关公式进行计算即可.
【解析】（1）如图，连接，
∵四边形是正方形，∴.
又平面，平面，∴，
∵平面，，
∴平面，
又平面，
∴
（2）易知，，两两垂直，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
∵，∴，，，，，
∴，，.
设平面的法向量为，则，
令，得.设直线与平面所成角为，由图可知，
则.
即直线与平面所成角的正弦值为.
18．如图，在四棱锥中，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明过程见详解
(2)
【分析】（1）由已知可证，结合，可证平面，即可证结论；
（2）结合（1）先证明，，两两垂直，并得出需要的线段长，再建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量与，代入公式即可解答．
【解析】（1）取的中点为，连接，可知四边形是平行四边形，∴，
∴点在以为直径的圆上，∴.
又，，且，平面，∴平面，
又平面，∴平面平面．
（2）∵平面，平面，∴，
由，，得，.
∵平面，又平面，∴平面平面，
连接交于点，则为的中点，连接，则，且，
∵平面平面，平面平面，∴平面，
∴，由题意可知，，∴，
故以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，
则，，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，
点到平面的距离为．
19．如图，将长方形（及其内部）绕旋转一周形成圆柱，其中，劣弧的长为为圆的直径.
(1)在弧上是否存在点（在平面的同侧），使，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)存在，当为圆柱的母线，
(2)
【分析】（1）当为圆柱的母线，证明平面，从而得出；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法得出平面与平面夹角的余弦值.
【解析】（1）存在，当为圆柱的母线，.
连接，因为为圆柱的母线，所以平面，
又因为平面，所以.
因为为圆的直径，所以.
，所以平面，
因为平面，所以.
（2）以为原点，分别为轴，垂直于轴直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示.
，
因为的长为，所以，
设平面的法向量，
令，解得，
所以.
因为轴垂直平面，所以设平面的法向量.
所以.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20．如图，在三棱柱中，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)见解析；
(2).
【分析】(1) 设,连接,由题意可得为的中点，又因为，，所以，，从而可得平面，即可证明平面平面；
(2)建立以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴的空间坐标系，利用向量法求解.
【解析】（1）证明：设,连接,如图所示：
则为的中点，
因为，
所以，
即，
又因为，
所以，
又因为，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
（2）解：因为，
所以为正三角形，四边形为菱形，
因为，，
设，则，，
所以为等腰直角三角形，
所以，
又因为四边形为菱形，
所以，，
又因为，
所以，
所以，
即两两垂直，
以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的坐标系：
所以，，，，，
设，
由可得，
所以，
所以，
所以，，，
设平面的法向量为，
所以，
即有，
令，得，
所以，
设直线与平面所成角为，
则有.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
21．如图，分别是矩形上的点，，，把四边形沿折叠，使其与平面垂直，如图所示，连接，得到几何体．
(1)当点在棱上移动时，证明：；
(2)在棱上是否存在点，使二面角的平面角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，.
【分析】（1）利用题设条件及面面垂直的性质定理证得两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求得，由此可证得；
（2）利用（1）中结论，求出平面与平面的法向量，从而利用空间向量夹角余弦的坐标公式得到关于的方程，解之即可.
【解析】（1）由图1易知图2中，有，
又因为面面，面面，面，
所以面，又面，故，
故以为原点，边所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，
则
不妨设，，则，故，
所以，故.
.
（2）假设存在使二面角的平面角为，其中，
因为平面，所以可作为平面的一个法向量，
因为，
设平面的一条法向量为，则，即，
令，则，故，
因为二面角的平面角为，
所以，即，
整理得，解得或（舍去），
所以，
故在棱上存在点，使二面角的平面角为，且.
22．如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥．
(1)求四棱锥的体积的最大值；
(2)若棱的中点为，求的长；
(3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）作出辅助线，得到当平面⊥平面时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，求出，从而得到体积最大值；（2）作出辅助线，证明出四边形CNQM为平行四边形，从而得到；（3）作出辅助线，得到∠PGD为的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面PAM和平面PBC的法向量，利用空间向量夹角余弦公式得到，结合的取值范围求出余弦值的最小值
（1）
取AM的中点G，连接PG，
因为PA=PM，则PG⊥AM，
当平面⊥平面时，P点到平面ABCM的距离最大，
四棱锥的体积取得最大值，
此时PG⊥平面，且，
底面为梯形，面积为，
则四棱锥的体积最大值为
（2）
取AP中点Q，连接NQ，MQ，
则因为N为PB中点，所以NQ为△PAB的中位线，
所以NQ∥AB且，
因为M为CD的中点，四边形ABCD为矩形，
所以CM∥AB且，
所以CM∥NQ且CM=NQ，
故四边形CNQM为平行四边形，
所以.
（3）
连接DG，
因为DA=DM，所以DG⊥AM，
所以∠PGD为的平面角，即，
过点D作DZ⊥平面ABCD，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
过P作PH⊥DG于点H，由题意得PH⊥平面ABCM，
设，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
设平面PAM的法向量为，
则，
令，则，
设平面PBC的法向量为，
因为，
则
令，可得：，
设两平面夹角为，
则
令，，所以，
所以，所以当时，有最小值，
所以平面和平面夹角余弦值的最小值为
【点睛】求解二面角的大小或最值，利用空间向量求解，可以将几何问题转化为代数问题，简洁明了，事半功倍.第6章 空间向量与立体几何 单元综合检测
一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
A．任一空间向量与它的相反向量都不相等
B．将空间向量所有的单位向量平移到同一起点，则它们的终点构成一个圆
C．同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小
D．不相等的两个空间向量的模必不相等
2．已知三棱柱，点为线段的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
3．若：，，是三个非零向量；：，，为空间的一个基底，则p是q的 （ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
4．在正三棱柱中，若，则与所成的角的大小是（ ）
A． B． C． D．
5．下列四个命题中，正确命题的个数是（ ）
①若是空间的一个基底，则对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组（x，y，z），使得；
②若两条不同直线l，m的方向向量分别是，，则l∥m；
③若是空间的一个基底，且，则A，B，C，D四点共面；
④若两个不同平面α，β的法向量分别是，且，，则α∥β．
A．1 B．2 C．3 D．4
6．如图，在正四棱柱中，是底面的中心，分别是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．//
B．
C．//平面
D．平面
7．已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，侧棱与底面垂直，若点C到平面AB1D1的距离为，则直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在菱形中，，，沿对角线将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为线段，上的动点，则下列说法错误的是（ ）
A．平面平面
B．线段的最小值为
C．当，时，点D到直线的距离为
D．当P，Q分别为线段，的中点时，与所成角的余弦值为
二、多选题
9．在空间直角坐标系中，平面的法向量，直线的方向向量为，则下列说法正确的是（ ）
A．轴一定与平面相交 B．平面一定经过点
C．若，则 D．若，则
10．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为与的交点，若，则下列正确的是（ ）
A． B．
C．的长为 D．
11．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，，平面，PA=AB=2，E为棱PB的中点，F为棱BC上的动点，则下列结论正确的为（ ）
A．平面平面PBC B．EF与平面ABCD所成角的最大值为
C．E到面PAC的距离为 D．AE与PC所成角的余弦值为
12．如图，已知P为棱长为1的正方体对角线上的一点，且，下面结论中正确的有（ ）
A．
B．可能与面APB垂直
C．当取最小值时，
D．若，则
三、填空题
13．已知是空间的一个单位正交基底，向量是空间的另一个基底，用基底表示向量___________.
14．已知正方体的棱长为6，E为棱的中点，F为棱上的点，且，则___________.
15．在平行六面体中，底面ABCD为正方形，，，，若，则___________.
16．如图，在棱长为1的正方体中，点M为线段上的动点，下列四个结论：
①存在点M，使得直线AM与直线夹角为30°；
②存在点M，使得与平面夹角的正弦值为；
③存在点M，使得三棱锥的体积为；
④存在点M，使得，其中为二面角的大小，为直线与直线AB所成的角．
则上述结论正确的有______．（填上正确结论的序号）
四、解答题
17．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，点是的中点.
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
18．如图，在四棱锥中，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离.
19．如图，将长方形（及其内部）绕旋转一周形成圆柱，其中，劣弧的长为为圆的直径.
(1)在弧上是否存在点（在平面的同侧），使，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
20．如图，在三棱柱中，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，，求直线与平面所成角的正弦值.
21．如图，分别是矩形上的点，，，把四边形沿折叠，使其与平面垂直，如图所示，连接，得到几何体．
(1)当点在棱上移动时，证明：；
(2)在棱上是否存在点，使二面角的平面角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
22．如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥．
(1)求四棱锥的体积的最大值；
(2)若棱的中点为，求的长；
(3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．
