第一章：空间向量与立体几何基础达标与能力提升必刷检测卷
单项选择题：本题共10小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得4分，选错得0分．
1．给出下列命题，其中是真命题的是（ ）
A．若直线的方向向量，直线的方向向量，则与平行
B．若直线的方向向量，平面的法向量，则
C．若平面，的法向量分别为，，则
D．若平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则
2．若是平面的一个法向量，且，与平面都平行，则向量等于（ ）
A． B．
C． D．
3．设，，向量，，，且，，则（ ）
A． B．3 C．4 D．
4．如图，空间四边形中，，，，且，，则（ ）
A． B．
C． D．
5．在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．已知在四棱柱中，四边形为平行四边形，若，则（ ）
A． B． C． D．
7．三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等边三角形，AA1⊥平面ABC，AA1＝AB，N，M分别是A1B1，A1C1的中点，则AM与BN所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．直线的方向向量，平面的法向量，则直线与平面的夹角的余弦为（ ）
A． B． C． D．
9．如图，在平行六面体中，，，，，是与的交点，则（ ）
A． B． C． D．
10．如图，已知正四面体中，为棱的中点，为棱上的动点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
多项选择题：本题共4小题，每小题满分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。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．
11．已知向量，，， 下列等式中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12．下面四个结论正确的是（ ）
A．向量，若，则．
B．若空间四个点，，，，，则，，三点共线．
C．已知向量，，若，则为钝角．
D．任意向量，，满足．
13．如图直角梯形中，，，，E为中点.以为折痕把折起，使点A到达点P的位置，且则（ ）
A．平面平面 B．
C．二面角的大小为 D．与平面所成角的正切值为
14．如图，已知是棱长为2的正方体的棱的中点，是棱的中点，设点到面的距离为，直线与面所成的角为，面与面的夹角为，则（ ）
A．面 B．
C． D．
填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中16题第一空2分，第二空3分。
15．O为空间中任意一点，A，B，C三点不共线，且，若P，A，B，C四点共面，则实数t＝______．
16．设是空间两个不共线的向量，已知，，，且A，B，D三点共线，实数k＝________．
17．如图，在正四面体中，分别为的中点，是线段上一点，且，若，则的值为_______．
18．如图,已知正方体的棱长为4,点E、F分别是线段上的动点,点P是上底面内一动点,且满足点P到点F的距离等于点P到平面的距离,则当点P运动时,PE的最小值是__________.
四、解答题：本题共5小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
19．已知空间中三点A（2，0，－2），B（1，－1，－2），C（3，0，－4），设，
（I）若，且，求向量c；
（II）已知向量与互相垂直，求k的值；
（III）求的面积．
20．如图，三棱柱中，底面边长和侧棱长都等于1，．
（1）设，，，用向量，，表示，并求出的长度；
（2）求异面直线与所成角的余弦值．
21．如图，四边形为正方形，平面，，点，分别为，的中点．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求点到平面的距离．
22．如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．
23．如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.
（I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；
（II）求二面角的正弦值；
（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.第一章：空间向量与立体几何基础达标与能力提升必刷检测卷
数学·全解全析
1．D
【详解】
对于，假设，则，此方程组无解，所以与不平行，
所以与不平行，故不正确；
对于，因为，所以，所以或，故不正确；
对于，因为，所以与不垂直，所以与不垂直，故不正确；
对于，因为，，且向量是平面的法向量，
所以，所以，解得，所以，故正确.
故选：D
2．D
因为，，所以，，解得，，所以.
故选：D
3．B
因为，所以，解得，所以，
因为，所以，解得，所以，
所以，
所以.
故选：B
4．A
【详解】
因为，
又因为，
所以.
故选：A
5．B
因为，所以，因为平面，平面，
所以，以为空间直角坐标系的原点，以所在的直线为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，，
，，，
设平面的法向量为，
所以有，
设直线与平面所成角为，
所以，
故选：B
6．C
据题意，得，，
所以，
即.
又因为为空间不共面的三个向量，
所以，
所以，所以.
故选：C.
7．C
如图所示，取的中点，以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
不妨设，则，
所以，
设异面直线所成的角为，向量与所成的角为，
所以,
即异面直线所成的角的余弦值为.
故选：C.
8．D
设直线与平面的夹角为
则
直线与平面的夹角的余弦为
故选：D
9．D
【详解】
设
则
则
故选：D
10．C
设正四棱锥的棱长为，且，
因为为棱的中点，可得，
则
设，可得，
则，
又由，
所以，
令，则，可得
可得，
设
当时，函数取得最小值，最小值为，
所以的最大值为，所以
即的最大值为.
故选：C.
11．BCD
由题，所以
不相等，所以A选项错误；
，所以，所以B选项正确；
，所以C选项正确；
，
即，，所以D选项正确.
12．AB
由向量垂直的充要条件可得A正确；
，即，
，，三点共线，故B正确；
当时，两个向量共线，夹角为，故C错误；
由于向量的数量积运算不满足结合律，故D错误．
故选：A、B
13．ABC
由题易知，又，，
所以，所以，
又，，所以平面，
所以，又，，
所以平面，
又平面，所以平面平面，故A正确；
在平面内的射影为，
又为正方形，所以，，故B正确；
易知即为二面角的平面角，
又，，所以，故C正确；
易知为与平面所成的角，
又，，，
所以，故D错误.
14．BCD
以为坐标原点，，，的方向为，，轴的正方向，
建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，.
设平面的法向量为，则由，得
令，则，，故.
∵，不存在使，即与不共线，
∴与面不垂直故A不正确；
又∵，∴，故B正确；
又.
∴.∴C正确；
又为平面的一个法向量，
∴，故D正确，
故选：BCD.
15．
P，A，B，C四点共面，且，
，解得.
故答案为:
16．1
依题意，，
故，
A，B，D三点共线，可设，则，
所以，解得k＝1．
故答案为：1.
17．
【详解】
所以，所以.
18．
【详解】
如图建立空间直角坐标系：
设，
则，
点P到F的距离等于点P到平面的距离，
，整理得P点轨迹方程：，
所以P到平面的距离，,
所以，此时P与F共线垂直,
又
当E,F分别是AB, 上的中点，P为正方形中心时，PE取最小值，
此时，.
故答案为：
19．
（I），由于，故可设，故，解得，故为或.
（II），，由于与垂直，则.
（III）依题意，，，故由余弦定理得，所以.故三角形面积为.
20．
（1），
因为，同理可得，
所以．
（2）因为，所以，
因为，
所以．
所以异面直线与所成角的余弦值为．
21．
（Ⅰ）证明：取点是的中点，连接，，则，且，
∵且，
∴且，
∴四边形为平行四边形，
∴，∴平面．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知平面，所以点到平面的距离与到平面的距离是相等的，故转化为求点到平面的距离，设为．
利用等体积法：，即，，
∵，，∴，∴．
22．
解：（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以 DM⊥CM.
又 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
（2）以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D xyz.
当三棱锥M ABC体积最大时，M为的中点.
由题设得，
设是平面MAB的法向量,则
即
可取.
是平面MCD的法向量,因此
，
，
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.
23．
解：依题意，可以建立以D为原点，
分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），
可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），
E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．
（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．
设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，
则 即
不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．
又=（1，，1），可得，
又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．
（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．
设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，
则 即
不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．
设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，
则 即
不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．
因此有cos=，于是sin=．
所以，二面角E–BC–F的正弦值为．
（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），
可得．
易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，
故，
由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．
所以线段的长为.
