检测01第一次月考（基础卷）（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．（22-23高二上·广东肇庆·阶段练习）若如图中的直线的斜率分别为，则（ ）
A． B． C． D．
2．（24-25高二上·浙江嘉兴·阶段练习）如果且，那么直线不经过（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
3．（22-23高二上·福建泉州·阶段练习）已知直线，，则过和的交点且与直线垂直的直线方程为（ ）
A． B．
C． D．
4．（24-25高二上·天津·阶段练习）如图，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立如图空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．（24-25高二上·河南许昌·阶段练习）如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，则等于（ ）
A． B．
C． D．
6．（24-25高三上·江苏淮安·开学考试）已知，且与夹角为锐角，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（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．
8．（24-25高三上·云南玉溪·阶段练习）在下图所示直四棱柱中，底面为菱形，，，动点P在体对角线上，则顶点B到平面距离的最大值为（ ）
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·山东潍坊·阶段练习）以下命题正确的是（ ）
A．两个不同平面，的法向量分别为，，则
B．若直线l的方向向量，平面的一个法向量，则
C．已知，，若与垂直，则实数
D．已知三点不共线，对于空间任意一点O，若，则四点共面
10．（24-25高二上·吉林·阶段练习）已知直线l过点，，则（ ）
A．直线l的倾斜角为150°
B．直线l的两点式方程为
C．直线l的一个方向向量为
D．直线l的截距式方程为
11．（24-25高二上·广东江门·阶段练习）如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为的中点，如图所示建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．向量与所成角的余弦值为
C．平面的一个法向量是
D．点到平面的距离为
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．（2024高二·全国·专题练习）已知直线过点，且与以，为端点的线段有公共点，则直线的斜率的取值范围是 ．
13．（24-25高二下·全国·课堂例题）已知向量与的夹角为，，，则在方向上的投影为 ．
14．（24-25高二上·山东·阶段练习）已知空间向量，，，若，，共面，则的最小值为 ．
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) （24-25高二上·吉林·阶段练习）求符合下列条件的直线方程：
(1)直线过点，且斜率为；
(2)直线过点，且横截距为纵截距的两倍.
16. (15分) （24-25高三上·四川·开学考试）如图，在四棱锥中，底面为正方形、平面分别为棱的中点
(1)证明：平面;
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值
17. (15分) （2024·湖南益阳·一模）如图，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，平面，为上一点，且，连接、、.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
18. (17分) （24-25高二上·河南·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，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)在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出求线段的长；若不存在，说明理由．
19. (17分) （22-23高二上·福建厦门·阶段练习）如图1，在边长为4的菱形中，，点M，N分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2 所示的五棱锥．
(1)在翻折过程中是否总有平面平面？证明你的结论；
(2)若平面平面，线段上是否存在一点Q，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．检测01第一次月考（基础卷）（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．（22-23高二上·广东肇庆·阶段练习）若如图中的直线的斜率分别为，则（ ）
A． B． C． D．
2．（24-25高二上·浙江嘉兴·阶段练习）如果且，那么直线不经过（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
3．（22-23高二上·福建泉州·阶段练习）已知直线，，则过和的交点且与直线垂直的直线方程为（ ）
A． B．
C． D．
4．（24-25高二上·天津·阶段练习）如图，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立如图空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．（24-25高二上·河南许昌·阶段练习）如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，则等于（ ）
A． B．
C． D．
6．（24-25高三上·江苏淮安·开学考试）已知，且与夹角为锐角，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（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．
8．（24-25高三上·云南玉溪·阶段练习）在下图所示直四棱柱中，底面为菱形，，，动点P在体对角线上，则顶点B到平面距离的最大值为（ ）
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·山东潍坊·阶段练习）以下命题正确的是（ ）
A．两个不同平面，的法向量分别为，，则
B．若直线l的方向向量，平面的一个法向量，则
C．已知，，若与垂直，则实数
D．已知三点不共线，对于空间任意一点O，若，则四点共面
10．（24-25高二上·吉林·阶段练习）已知直线l过点，，则（ ）
A．直线l的倾斜角为150°
B．直线l的两点式方程为
C．直线l的一个方向向量为
D．直线l的截距式方程为
11．（24-25高二上·广东江门·阶段练习）如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为的中点，如图所示建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．向量与所成角的余弦值为
C．平面的一个法向量是
D．点到平面的距离为
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．（2024高二·全国·专题练习）已知直线过点，且与以，为端点的线段有公共点，则直线的斜率的取值范围是 ．
13．（24-25高二下·全国·课堂例题）已知向量与的夹角为，，，则在方向上的投影为 ．
14．（24-25高二上·山东·阶段练习）已知空间向量，，，若，，共面，则的最小值为 ．
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) （24-25高二上·吉林·阶段练习）求符合下列条件的直线方程：
(1)直线过点，且斜率为；
(2)直线过点，且横截距为纵截距的两倍.
16. (15分) （24-25高三上·四川·开学考试）如图，在四棱锥中，底面为正方形、平面分别为棱的中点
(1)证明：平面;
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值
17. (15分) （2024·湖南益阳·一模）如图，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，平面，为上一点，且，连接、、.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
18. (17分) （24-25高二上·河南·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，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)在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出求线段的长；若不存在，说明理由．
19. (17分) （22-23高二上·福建厦门·阶段练习）如图1，在边长为4的菱形中，，点M，N分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2 所示的五棱锥．
(1)在翻折过程中是否总有平面平面？证明你的结论；
(2)若平面平面，线段上是否存在一点Q，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；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 D D D C D D B A ACD ABD
题号 11
答案 BCD
1．D
【分析】根据图象结合斜率及倾斜角的关系分别判断即可.
【详解】设直线的倾斜角分别为，
则由图知，
所以，即．
故选：D.
2．D
【分析】根据给定条件，求出直线的横纵截距的正负即可判断得解.
【详解】由且，得直线的横截距为，纵截距为，
所以直线不经过第四象限.
故选：D
3．D
【分析】联立和方程，求得交点坐标，再结合垂直关系求得斜率，即可求解
【详解】由，，联立方程可得：
又直线斜率为，
所以要求直线斜率为，故直线方程为，即.
故选：D
4．C
【分析】由题设可得，结合长方体的性质写出、坐标，以及、进而求坐标；
【详解】由，，则，
所以，，，，则.
故选：C.
5．D
【分析】根据空间向量的线性运算即可得到答案.
【详解】因为为与的交点，
所以
.
故选：D.
6．D
【分析】由题意且与不共线，利用向量共线和数量积的坐标运算求解.
【详解】，
当时，有，解得，此时，与夹角为，
所以与夹角不可能为，
与夹角为锐角时，有，解得，
则实数的取值范围是.
故选：D.
7．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．
8．A
【分析】连接交于点O，由题意得，接着建立空间直角坐标系求出向量和平面的法向量即可根据向量法的点到平面距离公式求解.
【详解】连接交于点O，
由题意，得，，
，
如图，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，设，
所以，
设平面的一个法向量为，则，
所以，取，
则，
设顶点B到平面距离为d，
则，
当时，
当时，，
所以当即时点B到平面距离最大为.
故选：A.
9．ACD
【分析】根据空间向量判定线面、面面关系可判定AB，根据空间向量数量积的坐标表示可判定C，根据四点共面的充要条件可判定D.
【详解】对于A，由题意知，所以，故A正确；
对于B，由题意知，所以或，故B错误；
对于C，由题意知，
解之得，故C正确；
对于D，由，
即，所以四点共面，故D正确.
故选：ACD
10．ABD
【分析】先求出直线l的斜率，由直线的倾斜角和斜率及直线的方向向量间的关系可判断A，C；由直线的两点式、截距式可判断B，D.
【详解】因为直线l过点，，所以直线l的斜率为，倾斜角为150°，故A正确，C不正确；
直线l的两点式方程为，整理易得截距式方程为，所以B，D正确．
故选：ABD.
11．BCD
【分析】先写出需要的点的坐标，然后利用空间向量分别计算每个选项即可.
【详解】由题可知，,,,,,，
所以，故选项A错误；
,，所以，故选项B正确；
,，记，
则，故，
因为,平面，
所以垂直于平面，故选项C正确；
，所以点到平面的距离，故选项D正确；
故选：BCD
12．
【分析】根据斜率公式求解斜率，即可结合图形求解.
【详解】因为直线的斜率，直线的斜率，
如图：所以要使直线与线段有公共点，的取值范围为．
故答案为：
13．1
【分析】根据题意可得，根据数量积的运算律结合向量投影的定义运算求解.
【详解】因为与的夹角为，，，则，
则，
所以在方向上的投影为．
故答案为：1.
14．
【分析】由空间向量共面定理列方程组得到，再结合二次函数的性质解出最值即可；
【详解】因为，，共面，
所以，
即，
即，解得，
所以，
所以，
所以最小值为，
故答案为：.
15．(1)
(2)或.
【分析】（1）由直线的点斜式方程求解即可.
（2）分截距为0和不为0两种情况求解.
【详解】（1）因为直线过点，且斜率为，
所以，化简可得：.
（2）当横、纵截距都是0时，设直线的方程为.
∵直线过点，
∴，即直线的方程为.
当截距均不为0时，设直线的方程为.
∵直线过点，
∴，解得，即直线方程为.
综上，所求直线方程为或.
16．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由题意易知，根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）由题意，两两垂直，所以建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量,再通过空间角的向量求解即可.
【详解】（1）分别为的中点
为正方形
平面平面
平面.
（2）由题知平面
建立如图所示的空间直角坚标系，
，则,
,,,
设平面的一个法向量为
则,令则,
设直线与平面所或的角为,
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理、平行线的性质进行证明即可；
（2）作，垂足为，根据平行四边形和矩形的判定定理，结合（1）的结论，利用勾股定理，因此可以以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）因为平面，又平面，
所以.又，且，
所以平面.因为，所以平面.
（2）作，垂足为.则.又，
所以四边形是平行四边形，又，
所以四边形是矩形，又四边形为等腰梯形，且，，
所以.
由（1）知平面，所以.又，
所以.在中，.
在中，.
由上可知，能以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系.
则，，，，，所以，，，，，设平面的法向量为，
由，得可取.
设平面的法向量为，
由，得，可取.
因此，，.
依题意可知，平面与平面的夹角的余弦值为.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)存在；的长为或
【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量数量积公式求解二面角；
（3）假设棱存在一点使得，且，即可求出，利用向量的夹角公式列出关于的方程求解即可.
【详解】（1）连接，交于点，连接，
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，
即，，，则，
设平面的法向量，则，
令得，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，，，，
，，，
，
由（2）知平面的法向量，
设直线与平面的夹角为，
则
整理得，解得或
故当时，；当时，
则的长为或．
19．(1)总有平面平面，证明详见解析
(2)存在，是的靠近的三等分点，理由见解析.
【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用平面与平面所成角的余弦值来列方程，从而求得点的位置.
【详解】（1）折叠前，因为四边形是菱形，所以，
由于分别是边，的中点，所以，
所以，
折叠过程中，平面，
所以平面，
所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）存在，理由如下：
当平面平面时，由于平面平面，平面，，
所以平面，由于平面，所以，
由此以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
依题意可知
，，
设，则，
平面的法向量为，
，
设平面的法向量为，
则，
故可设，
设平面与平面所成角为，
由于平面与平面所成角的余弦值为，
所以，
解得,
所以当是的靠近的三等分点时，平面与平面所成角的余弦值为.
