检测02第一次月考（能力卷）（2019人教A版）
测试范围：空间向量+直线方程
一、单选题(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．（24-25高二上·陕西咸阳·阶段练习）如图，三棱锥中，，，，点为中点，点N满足，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（24-25高二上·山西·阶段练习）已知为空间的一组基底，则下列向量也能作为空间的一组基底的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（24-25高二上·陕西西安·开学考试）已知点，，若过点的直线与线段AB相交，则该直线斜率的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
4．（24-25高二上·河南漯河·阶段练习）已知直线，且，则实数（ ）
A．1 B．0或1 C．0 D．
5．（24-25高二上·安徽合肥·阶段练习）设O为坐标原点，向量，，，点Q在直线上运动，当取最小值时，（ ）
A． B． C． D．
6．（24-25高二上·江苏连云港·阶段练习）已知点关于直线对称的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
7．（23-24高二下·广东茂名·期末）如图，棱长为2的正方体中，，，，，则下列说法不正确的是（ ）
A．时，平面
B．时，四面体的体积为定值
C．时，，使得平面
D．若三棱锥的外接球表面积为，则
8．（24-25高二上·全国·课后作业）如图，在直三棱柱中，，是线段的中点，在内有一动点（包括边界），则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．（24-25高二上·辽宁抚顺·开学考试）已知，.若，则与的值可以是（ ）
A． B． C． D．
10．（23-24高二下·山东青岛·开学考试）已知，，直线，，且，则（ ）
A． B．
C． D．
11．（24-25高三上·湖南永州·开学考试）在边长为1的正方体中，分别为棱的中点，为正方形的中心，动点平面，则（ ）
A．正方体被平面截得的截面面积为
B．若，则点的轨迹长度为
C．若，则的最小值为
D．将正方体的上底面绕点旋转，对应连接上、下底面各顶点，得到一个侧面均为三角形的十面体，则该十面体的体积为
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上)
12．（22-23高二上·四川成都·阶段练习），与直线平行，则直线与的距离为 .
13．（24-25高二上·河南郑州·阶段练习）四棱锥中，底面，底面是正方形，且，，是的重心，则与平面所成角的正弦值为 .
14．（2024高二上·江苏·专题练习）已知四边形各顶点的坐标分别为，，，，点为边的中点，点在线段上，且是以角为顶角的等腰三角形，记直线，的倾斜角分别为，，则 .
四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
15. (13分) （23-24高二下·全国·课堂例题）根据条件写出下列直线的斜截式方程：
(1)斜率为2，在y轴上的截距是5；
(2)倾斜角为，在y轴上的截距是；
(3)倾斜角为，与y轴的交点到坐标原点的距离为3.
16. (15分) （24-25高三上·山东烟台·开学考试）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，，且．
(1)求证：平面BDEF；
(2)求直线AD与平面ABF所成角的正弦值．
17. (15分) （2024·河南郑州·模拟预测）如图，在三棱锥中，，.
(1)证明：平面；
(2)若是棱上一点且，求二面角的大小.
18. (17分) （23-24高二下·天津·期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面，是的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)已知点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.
19. (17分) （23-24高一下·吉林·期末）在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示.
(1)求证：平面；
(2)求与平面所成角的大小；
(3)在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B B B B B C C AB ABD
题号 11
答案 ACD
1．C
【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.
【详解】.
故选：C.
2．B
【分析】根据题意，结合空间向量的线性运算法则，以及空间向量的基本定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，设，即，
所以 ，解得，即存在实数，使得共面，
所以不能作为一个空间基底，所以A不符合；
对于B中，设，即
所以 ，此时方程组无解，即不存在实数，使得共面，
所以可得作为一个空间基底，所以B符合；
对于C中，设设，即，
则 ，解得，即存在实数，使得共面，
所以不能作为一个空间基底，所以C不符合；
对于D中，设，即，
所以 ，解得，即存在实数，使得共面，
所以不能作为一个空间基底，所以D不符合；
故选：B.
3．B
【分析】首先求出直线、的斜率，然后结合图象即可写出答案．
【详解】解：记为点，直线的斜率，直线的斜率，
因为直线l过点，且与线段相交，
结合图象，可得直线的斜率的取值范围是．
故选：B．
4．B
【分析】根据及线线垂直公式，即可求的值.
【详解】因为，且，
所以，即，解得：或.
故选：B
5．B
【分析】设，从而可得,的坐标，再利用空间向量的数量积运算求解的最小值，即可得的值．
【详解】，，，点在直线上运动，
可设，
，，
，
当时，取得最小值，
.
故选：B．
6．B
【分析】设，根据中点在对称直线上及与对称直线垂直列方程求解.
【详解】设，则，解得，.
故选：B
7．C
【分析】利用线面平行的判定推理判断A；由线面平行确定点到平面的距离是定值判断B；由空间向量数量积的运算律计算判断C；求出外接球半径计算判断D.
【详解】对于A，当时，，即，
而平面，平面，因此平面，A正确；
对于B，正方体中，当时，面积是定值，
又，平面，平面，则平面，
于是点到平面的距离是定值，因此四面体的体积为定值，B正确；
对于C，当时，，
而，则
，因此不垂直于，不存在，使得平面，C错误；
对于D，显然平面，则三棱锥与以线段为棱的长方体有相同的外接球，
令球半径为，则，
球的表面积，解得，D正确.
故选：C
【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，进而确定球半径求解.
8．C
【分析】由题意建立空间直角坐标系，设A关于平面的对称点为，求出、和平面的法向量，进而利用A与到平面的距离相等得①，再由得②从而求出，接着由 结合两点间距离公式即可得解.
【详解】由题意可以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
所以，
设A关于平面的对称点为，则，，
设平面的法向量，则，，
令，则，所以，
所以A与到平面的距离即①，
又，所以②，所以由①②得，
所以由可得，所以，
所以，
当且仅当三点共线时取等号，
所以的最小值为.
故选：C.
【点睛】思路点睛：建立空间直角坐标系，利用向量法解决，设A关于平面的对称点为，利用A与到平面的距离相等和求出，接着由 结合两点间距离公式求出即可得解.
9．AB
【分析】依题意利用空间向量平行的坐标表示，解方程即可得出结果.
【详解】根据题意，有且，得，解得，；
即可得，解得或；
因此与的值可以是或.
故选：AB
10．ABD
【分析】由两直线垂直即可得，再利用基本不等式对选项进行逐一判断即可得出结论.
【详解】由，得，即，
，，则，
当且仅当，即，时等号成立，
所以有，A选项正确；
由，有，
当且仅当，即，时等号成立，所以有，B选项正确；
由，有，，，则，
，
由二次函数性质可知，时，有最小值，C选项错误，
由，有，
所以，
当且仅当，即，时等号成立，D选项正确.
故选：ABD.
11．ACD
【分析】作出正方体被平面截得的截面，得出截面为正六边形即可判断A；建立空间直角坐标系，由线面垂直得出，结合勾股定理得出点的轨迹为以为圆心半径为的圆，即可判断B；由空间向量得出关于平面的对称点为点，根据空间向量模长的坐标计算即可判断C；作出十面体，将该十面体放在一个四棱台中，根据棱台体积及三棱锥体积计算公式即可判断D．
【详解】对于A，连接并延长，与所在直线交于点，连接，交于点，交直线于点，连接，交于点，连接，如图所示，则正方体被平面截得的截面为六边形，
连接，则，
因为为正方体，所以平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，又分别为棱的中点，所以，
所以，则点为中点，，
同理可得，，
所以六边形为正六边形，则，故A正确；
对于B，由A可知，平面即为平面，
以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，连接，取中点，连接，如图所示，
则，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
因为，所以，令，则，
因为，所以，所以平面，
又平面，所以，
因为，，
所以，
所以点的轨迹为以为圆心半径为的圆，点的轨迹长度为，故B错误；
对于C，因为，所以为靠近的三等分点，则，
连接，由，，得，
所以，所以关于平面的对称点为点，
所以，故C正确；
对于D，如图所示，即为侧面均为三角形的十面体，在平面，以为对角线作正方形，连接，则是上底和下底都是正方形的四棱台，底面边长为和1，高为1，
所以，
因为，
所以，故D正确；
故选：ACD．
【点睛】关键点睛：空间不规则几何体的体积，可以将几何体放在一个规则几何体中，减去多余部分的体积，从而简化计算进行求解．
12．
【分析】根据两直线平行的条件列出方程即可求出m的值，求出直线的方程，再由两平行线间的距离公式求出直线与的距离．
【详解】因为//，所以，解得，
， ，
由两平行直线的距离公式可得：，
故答案为：
13．
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量及，由与平面所成角，根据即可求解.
【详解】因为底面，底面是正方形，
所以两两垂直，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，则重心，
因而，，，
设平面的一个法向量为，
则，令则，
则，
故答案为：.
14．
【分析】根据已知条件易得四边形为正方形，再由是以角为顶角的等腰三角形得到必为边的中点，利用直线的斜率与倾斜角的关系可得和，再利用同角三角函数的基本关系和诱导公式得到答案即可.
【详解】由题中条件可得，，且不重合，
所以，，所以四边形为平行四边形，
如图，连接，
由两点间距离公式得，所以平行四边形为菱形，
因为，所以，所以菱形为正方形，
因为为边的中点，是以角为顶角的等腰三角形，
所以必为边的中点，则，，
所以，
由题意得，所以，因为，
解得，(负根舍去)，直线与轴垂直，
则，所以.
故答案为：
15．(1)
(2)
(3)或
【分析】倾斜角求出斜率，进而由点斜式写出直线的斜截式方程.
【详解】（1）由直线的斜截式方程可知，所求直线方程为.
（2）由于倾斜角，则斜率，
由斜截式可得所求直线方程为
（3）由于直线的倾斜角为，则其斜率.
由于直线与y轴的交点到坐标原点的距离为3，
则直线在y轴上的截距或，
故所求直线方程为或.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）结合菱形性质，利用线面垂直的判定定理求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求线面角即可.
【详解】（1）设AC与BD相交于点O，连接FO，
∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，
且O为AC中点，，，
又，平面BDEF，∴平面BDEF．
（2）连接DF，∵四边形BDEF为菱形，且，
为等边三角形，
∵O为BD中点，∴，又，平面ABCD，
平面ABCD．故OA，OB，OF两两垂直，
∴建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示，
设，∵四边形ABCD为菱形，，．
为等边三角形，∴．
，
∴，，
设平面ABF的法向量为，则
令，解得，
设AD与平面ABF所成角为，则AD与平面ABF所成角的正弦值为：．
【点睛】
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，证得和，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面.
（2）由（1），得到，，两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和的一个法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：连接，因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，则，所以，
因为，且平面，所以平面.
（2）解：由题设，又因为为的中点，所以，
由（1），可得，，两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，设，因为，由题意易得，
所以为正三角形，可得，
因为，所以，所以，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以，
又由平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，且为锐角，
所以，可得
即二面角的大小为.
【点睛】
18．(1)证明见解析
(2)
(3)或
【分析】（1）要证明线面平行，转化为证明线线平行，根据几何关系，构造中位线，即可证明；
（2）首先建立空间直角坐标系，分别求平面和的法向量，根据法向量夹角的余弦值，即可求解；
（3）根据（2）的结果，代入线面角的向量公式，即可求解.
【详解】（1）连结，交于点，连结，
点是的中点，点是的中点，
所以，平面，平面，
所以平面；
（2）如图，以向量，，为轴的正方向建立空间直角坐标系，
，，，
则，，
设平面的法向量，
则，令，，，
所以平面的法向量，
平面的一个法向量为，
设平面和平面的夹角为，
则，
所以平面和平面的夹角的余弦值为；
（3），，，，
，，，
，
由（2）知平面的法向量，
设直线与平面的夹角为，
则，
解得或，
又，
则或.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，或
【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明线面垂直关系，再由性质定理得到线线垂直关系，进而再利用判定定理证明所求证的线面垂直关系；
（2）以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.用向量法求与平面所成角的大小；
（3）假设存在点，使平面与平面成角余弦值为，设，分别求解两平面的法向量，用表示余弦值解方程可得.
【详解】（1）因为在中，，，且，
所以，，则折叠后，，
又平面，
所以平面，平面，所以，
又已知，且都在面内，所以平面；
（2）由（1），以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.
因为，故，
由几何关系可知，，，，
故，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，即，
不妨令，则，，.
设与平面所成角的大小为，
则有，
设为与平面所成角，故，
即与平面所成角的大小为；
（3）假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为.
在空间直角坐标系中，，，，
设，则，，
设平面的法向量为，则有，即，
不妨令，则，，所以，
设平面的法向量为，则有，即，
不妨令，则，，所以，
若平面与平面成角余弦值为.
则满足，
化简得，解得或，即或，
故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为. 此时的长度为或.检测02第一次月考（能力卷）（2019人教A版）
测试范围：空间向量+直线方程
一、单选题(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．（24-25高二上·陕西咸阳·阶段练习）如图，三棱锥中，，，，点为中点，点N满足，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（24-25高二上·山西·阶段练习）已知为空间的一组基底，则下列向量也能作为空间的一组基底的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（24-25高二上·陕西西安·开学考试）已知点，，若过点的直线与线段AB相交，则该直线斜率的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
4．（24-25高二上·河南漯河·阶段练习）已知直线，且，则实数（ ）
A．1 B．0或1 C．0 D．
5．（24-25高二上·安徽合肥·阶段练习）设O为坐标原点，向量，，，点Q在直线上运动，当取最小值时，（ ）
A． B． C． D．
6．（24-25高二上·江苏连云港·阶段练习）已知点关于直线对称的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
7．（23-24高二下·广东茂名·期末）如图，棱长为2的正方体中，，，，，则下列说法不正确的是（ ）
A．时，平面
B．时，四面体的体积为定值
C．时，，使得平面
D．若三棱锥的外接球表面积为，则
8．（24-25高二上·全国·课后作业）如图，在直三棱柱中，，是线段的中点，在内有一动点（包括边界），则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．（24-25高二上·辽宁抚顺·开学考试）已知，.若，则与的值可以是（ ）
A． B． C． D．
10．（23-24高二下·山东青岛·开学考试）已知，，直线，，且，则（ ）
A． B．
C． D．
11．（24-25高三上·湖南永州·开学考试）在边长为1的正方体中，分别为棱的中点，为正方形的中心，动点平面，则（ ）
A．正方体被平面截得的截面面积为
B．若，则点的轨迹长度为
C．若，则的最小值为
D．将正方体的上底面绕点旋转，对应连接上、下底面各顶点，得到一个侧面均为三角形的十面体，则该十面体的体积为
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上)
12．（22-23高二上·四川成都·阶段练习），与直线平行，则直线与的距离为 .
13．（24-25高二上·河南郑州·阶段练习）四棱锥中，底面，底面是正方形，且，，是的重心，则与平面所成角的正弦值为 .
14．（2024高二上·江苏·专题练习）已知四边形各顶点的坐标分别为，，，，点为边的中点，点在线段上，且是以角为顶角的等腰三角形，记直线，的倾斜角分别为，，则 .
四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
15. (13分) （23-24高二下·全国·课堂例题）根据条件写出下列直线的斜截式方程：
(1)斜率为2，在y轴上的截距是5；
(2)倾斜角为，在y轴上的截距是；
(3)倾斜角为，与y轴的交点到坐标原点的距离为3.
16. (15分) （24-25高三上·山东烟台·开学考试）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，，且．
(1)求证：平面BDEF；
(2)求直线AD与平面ABF所成角的正弦值．
17. (15分) （2024·河南郑州·模拟预测）如图，在三棱锥中，，.
(1)证明：平面；
(2)若是棱上一点且，求二面角的大小.
18. (17分) （23-24高二下·天津·期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面，是的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)已知点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.
19. (17分) （23-24高一下·吉林·期末）在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示.
(1)求证：平面；
(2)求与平面所成角的大小；
(3)在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
