第一章空间向量与立体几何综合自检卷（含解析）-高二数学上学期人教A版（2019）选择性必修第一册

中小学教育资源及组卷应用平台
第一章空间向量与立体几何综合自检卷-高二数学上学期人教A版（2019）选择性必修第一册
一、单选题
1．已知点是法向量为的平面内的一点，则下列各点中，不在平面内的是（ ）
A． B． C． D．
2．已知正方体的棱长为1，以为原点，为单位正交基底，建立空间直角坐标系，则平面的一个法向量是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，正三棱柱的棱长都是1，M是的中点，（），且，则（ ）
A． B． C． D．
4．定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在棱长为1的正方体中，直线AC与之间的距离是（ ）
A． B． C． D．
5．直线m，n的方向向量分别为，平面的法向量为，则下列选项正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
6．如图，三棱柱中，，，，点为四边形的中心点，则（ ）

A． B．
C． D．
7．已知正方体的棱长为2，、分别是侧面和的中心．过点的平面与垂直，则平面截正方体所得的截面积S为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在三棱台中，，是的中点，是的中点，若，则（ ）
A． B．1 C． D．
二、多选题
9．已知向量，，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知正方体的边长为2，为的中点，为侧面的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．平面
C．
D．以为球心，为半径的球被正方体表面所截的总弧长为
11．在如图所示的直四棱柱中，底面是边长为2的正方形，．点是侧面内的动点（不含边界），，则与平面所成角的正切值可以为（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
12．已知，平面的法向量，若，则 ．
13．在三棱锥中，，，点在上，，为中点，则 ．
14．在直三棱柱中，，，分别是，的中点，，则与所成角的余弦值是 .
四、解答题
15．如图，在中，，，．将绕旋转得到，分别为线段的中点．

(1)求点到平面的距离；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
16．如图1，在四边形中，，，，将沿着折叠，使得（如图2），过D作，交于点E．
(1)证明：；
(2)求；
(3)求平面与平面的夹角的余弦值．
17．在四棱锥中，底面为直角梯形，，侧面底面，且分别为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面的夹角的余弦值．
18．将矩形面绕边顺时针旋转得到如图所示几何体．已知，，点E在线段上，P为圆弧的中点．
(1)当E是线段的中点时，求异面直线AE写所成角的余弦值；
(2)在线段上是否存在点E，使得平面？如果存在，求出线段BE的长，如果不存在，说明理由．
19．如图，在三棱柱中，为中点，四边形为正方形．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求
（ⅰ）直线到平面的距离；
（ⅱ）直线与平面所成角的正弦值．
条件①：；条件②：．
参考答案：
1．B
【分析】
根据平面内的点与点构成的向量与垂直来逐一判断.
【详解】假设选项中的点为点，
对于A：，此时，点在平面内；
对于B：，此时，点不在平面内；
对于C：，此时，点在平面内；
对于D：，此时，点在平面内；
故选：B.
2．D
【分析】求出的坐标，设平面的一个法向量为，利用求出法向量.
【详解】如图由已知得，
则，
设平面的一个法向量为，
则，取得.
故选：D.
3．C
【分析】建立适当的空间直角坐标系，由共线向量表示出，又，结合已知可得，由此即可得解.
【详解】建立空间直角坐标系如图，
则，，，，，
设，由，得，
所以，，，
所有，，
因为，，
所以，得.
故选：C.
4．D
【分析】解法1：设是上任意一点，过作，垂足为，设，，根据垂直关系可得，根据题意结合数量积运算求解；解法2：建系，利用坐标法结合向量投影运算求解.
【详解】解法1：设是上任意一点，过作，垂足为，
设，，
则
，
，
由题意可知：，
因为，则，
可得，则，
所以
，
当且仅当时，等号成立，
所以直线与之间距离是；
解法2：以DA，DC，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
可得，，
设，且，，则，
取，则，，可得，
则在上的投影就是两异面直线间的距离.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解法2解决的关键是将两异面直线间的距离转化为在上的投影，从而得解.
5．D
【分析】根据题意利用直线与直线，直线与平面的位置关系，计算向量的数量积，进行判断.
【详解】若，则与共线向量，故A错误；
若，则与共线向量，故B错误；
若，则，故C错误；
若，则，故D正确，
故选：D
6．A
【分析】根据条件，利用空间向量的线性运算，即可求出结果.
【详解】根据题意，，
又，所以，

故选：A.
7．B
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量确定截面形状，再计算截面面积作答.
【详解】正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，

侧面的中心，侧面的中心，且，则，
显然点M在平面与平面的交线上，
设为这条交线上任意一点，则，
而平面，则，即，
令，得点，令，得点，
连，平面与平面必相交，
设为这条交线上任意一点，则，
由，即，
令，得点，连，
因为平面平面，则平面与平面的交线过点G，与直线FE平行，
过G作交于，则，
由得，即，
显然平面与平面都相交，则平面与直线相交，
令交点为，，由得，
连接得截面五边形，即截面S为五边形，
则，
取中点，连接，则，
在中，，
的面积，
在中，，
边上的高，
梯形面积，
所以S的面积为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
8．C
【分析】由空间向量的线性运算和空间向量基本定理求解即可.
【详解】结合图形可知：
是的中点，,,
，
是的中点，,
,
即,
，，.
故选：C.
9．BC
【分析】利用空间向量的坐标运算直接验证各选项的准确性.
【详解】向量，，
，故A正确；
，故B错误；
，故C错误；
，故D正确．
故选：BC
10．BCD
【分析】建立空间直角坐标系并利用空间向量求得，可知A错误；由线面平行的判定定理可证明B正确；利用线面垂直性质定理可求得C正确；易知以为球心，为半径的球被正方体表面所截的为四段圆弧，即可得D正确.
【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，
对于A，则，，，，，
所以，，，
由平面，
可得，即，化简可得，
所以动点在直线上，
，，，
所以与不垂直，A选项错误；
对于B，易知，平面，平面，所以平面，B选项正确；
对于C，显然平面，且平面内，所以，C正确；
对于D，球心是面和面的公共棱中点，在这两平面上截球面所得弧半径均为、圆心角均为，总弧长为；
在面和上截球面得弧的半径均为1，截面小圆圆心分别为、，圆心角均为，总弧长为，这四段弧长之和为，D选项正确；
故选：BCD.
11．AD
【分析】根据题意确定点的轨迹，利用线面角定义可得与平面所成角即为，利用圆的几何性质确定的范围，即可求出线面角正切值的范围，从而得出正确选项.
【详解】由题意建系如图，

因为底面是边长为2的正方形，，
则，，设，
可得，，
由题意得，故，
可得，
故点轨迹是以为圆心，1为半径的圆在正方形内的部分（不含边界），
由题可知为的中点，如图，

根据圆的几何性质可得：
当共线时，取得最小值为，
而，所以，
因为平面，所以与平面所成角即为，
所以，
所以正确选项有AD.
故选：AD．
12．
【分析】利用直线与平面垂直得到直线的方向向量与平面的法向量共线，从而利用空间向量平行的坐标表示即可得解.
【详解】因为，所以与共线，
又，，则，
所以，.
故答案为：.
13．
【分析】将向量用向量表示出来，然后平方求解即可.
【详解】由已知得，
则
，
所以.
故答案为：.
14．/
【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求异面直线所成的角.
【详解】直三棱柱，且，
以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，
，，
设直线与成的角为，
则，
直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）作，垂足为，证明平面，可求得点到平面的距离；
（2）取中点为，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）取的中点，连接，作，垂足为．
因为，点为的中点，所以．
又，所以平面．
因为平面，所以．
又，
所以平面，即点到平面的距离为的长度．
易证平面，所以．
因为是边长为2的等边三角形，所以，
又，所以，所以．
（2）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，则
，
所以．

设平面的法向量为，
可得即
令，得．
取的中点，连接，在等腰中，
易证平面，
所以为平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为，
则，
．
16．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由勾股定理逆定理推出，，证明平面，根据线面垂直的性质定理，即可证明结论；
（2）作于H，解三角形求出相关线段长，根据等面积法，可求得答案；
（3）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）证明：由题意有，，，，，
注意到，，
所以，，
因为，平面，
所以平面，又平面，
所以；
（2）如图，作于H，则，，
由于，则；又，
故，则，
设，

由，得，
解得，即；
（3）由以上分析可知两两垂直，
以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，

由上述分析知，
故，
得，，，
所以，，，
设是平面的法向量，则，
即，令，可取，
设是平面的法向量，则，
即，可取，
所以，
即平面与平面的夹角的余弦值为．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）法一：利用构造平行四边形，结合线面平行的判定定理即可得证；法二：利用面面平行的判定定理与性质定理即可得证；
（2）依题意建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，从而利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）法一：取中点，连接，
为的中点，，
又，，
四边形为平行四边形，，
平面平面，
平面.
法二：取中点，连接，
为的中点，，
平面平面，平面，
又，，
四边形为平行四边形，，
平面平面，平面
又，平面，平面平面，
又平面，平面.
（2）因为平面平面，平面平面平面，，
平面，
取中点，连接，则平面，
所以是直线与平面所成的角，即，
又，，
又，
又，则，
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图，
，
，
设平面的一个法向量，，
则，取，则，
易得平面的一个法向量可取，
设平面与平面所成的夹角为，
，
故平面与平面所成的夹角的余弦为.
18．(1)
(2)存在；
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用线线角的向量求法处理即可.
（2）利用空间位置关系的向量证明即可.
【详解】（1）如图，以A为原点，以AC，AB，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz．
则，，，，
当E是线段的中点时，，，，
则，
所以异面直线AE与所成角的余弦值为．
（2）设，
设平面的法向量为，
又，，，
所以，令，得，
若平面，则，解答．
所以在线段上存在点E，使得平面，此时．
19．(1)证明见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）连接交于，连接，通过证明可得结论；
（2）选择条件①和条件②都可先得到，，，将直线到平面的距离转化为为点到平面的距离即可求解，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角.
【详解】（1）连接交于，连接，
则为中点，又为中点，所以，
又平面，平面，，
所以平面；
（2）选择条件①：
（ⅰ），又，且，面，
所以面，又面，
所以，又，面，
所以面，即三棱柱为直三棱柱，
所以直线到平面的距离即为点到平面的距离，即为
（ⅱ）因为，，，
所以如图建立空间直角坐标系，
则，
则，
设面的法向量为，
则，取得，
设直线与平面所成角为，
则.
即直线与平面所成角的正弦值为.
选择条件②：
因为,
所以，
所以
所以，又，面，，
所以面，即三棱柱为直三棱柱，
所以直线到平面的距离即为点到平面的距离，即为，
所以如图建立空间直角坐标系，
则，
则，
设面的法向量为，
则，取得，
设直线与平面所成角为，
则.
即直线与平面所成角的正弦值为.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)