人教A版 选必一第一章 空间向量与立体几何 章末检测卷（含解析）

人教A版选必一第一章空间向量与立体几何章末检测卷
一、单选题
1.已知动点在所在平面内运动，若对于空间中任意一点，都有，则实数的值为( )
A. B. C. D.
2.已知向量，是平面内两个不相等的非零向量，非零向量在直线上，则“，且是“”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
3.已知空间中三点，，，则点到直线的距离为( )
A. B. C. D.
4.以下说法中，不正确的个数为( )
“”是“，共线”的充要条件若，则存在唯一的实数，使得若，，则若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底
A. B. C. D.
5.已知，，点在直线上，且设，若，则的值为
A. B. C. D.
6.如图，在四面体中，是棱上靠近点的三等分点，，分别是，的中点设，，，用，，表示，则( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，已知为菱形外一点，且平面，，为的中点，则二面角的正切值为( )
A. B. C. D.
8.把正方形沿对角线折起成直二面角，，分别是，的中点，是正方形中心，则折起后，的大小为
A. B. C. D.
9.如图，在四面体中，，，，，，则( )
A. B.
C. D.
10.设，，向量，，，且，，则( )
A. B. C. D.
11.如图，在空间直角坐标系中，正方体的棱长为，，则( )
A. B. C. D.
12.下列命题中正确的是( )
A. 点关于平面对称的点的坐标是
B. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则
C. 已知为空间任意一点，，，，四点共面，且任意三点不共线，若，则
D. 若直线的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线与平面所成的角为
二、多选题
13.如图，在三棱柱中，，分别是，上的点，且，设，，若，，，则下列说法中正确的是( )
A.
B.
C. 直线和直线相互垂直
D. 直线和直线所成角的余弦值为
14.如图，正方体的棱长为，是的中点，则下列说法正确的是( )
A. 直线平面
B.
C. 三棱锥的体积为
D. 直线与平面所成的角为
15.已知在菱形中，，与相交于点，将沿折起，使顶点至点处，在折起的过程中，下列结论正确的有( )
A.
B. 存在一个位置，使为等边三角形
C. 与不可能垂直
D. 直线与平面所成的角的最大值为
16.如图，正方体的棱长为，为的中点，为的中点，则( )
A.
B. 直线平面
C. 直线与平面所成角的正弦值为
D. 点到平面的距离是
三、填空题
17.已知空间三点，，，若直线上一点，满足，则点的坐标为 ．
18.在正四面体中，，分别为棱，的中点，设，，，用，，表示向量 异面直线与所成角的余弦值为 ．
19.半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成如图所示若它的所有棱长都为，则正确的是
平面
该二十四等边体的体积为
该二十四等边体外接球的表面积为
与平面所成角的正弦值为．
四、解答题
20.已知空间三点，，，设，．
求和的夹角的余弦值
若向量与互相垂直，求的值．
21.本小题分
如图所示，四边形为矩形，平面，，，，分别是，，的中点．
求证：平面；
求证：平面平面．
22.如图，在四棱锥中，是正三角形，四边形是菱形，，，点是的中点．
求证：平面
若平面平面，求点到平面的距离．
23.如图，在四棱柱中，四边形是一个边长为的菱形，，侧棱平面，．
求二面角的余弦值．
设是的中点，在线段上是否存在一点，使得平面若存在，请求出的值若不存在，请说明理由．
24如图，在四棱锥中，，，，，，分别为，的中点，．
求证：平面平面
设，若平面与平面所成锐二面角，求的取值范围．
25.如图所示，正方体的棱长为，若是的中点，
求异面直线与所成角的余弦值；
直线与平面是否垂直？请说明理由；
求到平面 的距离．
答案和解析
1.【答案】
【解析】由题可得．
又动点在所在平面内运动，
所以，解得．
故选B．
2.【答案】
【解析】若平面，则，，，
反之，若，则，，并不能保证平面．
故选B
3.【答案】
【解析】依题意得，，
则点到直线的距离为
．
故选A．
4.【答案】
【解析】
由，
可得，
故，
故，，故与反向共线，故充分性成立，
而，同向共线时，故必要性不成立，
故“”是“，共线”的充分不必要条件，故不正确
，时，不存在实数，使得，故不正确；
若，则或或与垂直，
又，故显然不一定有，故不正确
设，，共面，
则存在不全为的实数、、使得，
即，
又，，不共面，
则，即，
这与、、不全为矛盾，
故，，不共面，
则可以构成空间的一个基底，故正确
，，，
，不一定为，
故不一定成立，故不正确．
故不正确的有，共个，
故选C．
5.【答案】
【解析】设，
则，，．
，
即，
，
，，
．
故选B．
6.【答案】
【解析】
，
故选D．
7.【答案】
【解析】如图，设与交于点，连接．
四边形为菱形，
为的中点，．
为的中点，．
平面，平面．
以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系．
设，
则，，，，，
，结合图形可知，为平面的一个法向量．
由，，
可求得平面的一个法向量
，，
又二面角为锐角，
，，，．
故选D．
8.【答案】
【解析】，，
．
又，
，，
，
故选C．
9.【答案】
【解析】由题意，得
．
故选：．
10.【答案】
【解析】，
因为，则
解得
所以，
则，
所以．
故选C．
11.【答案】
【解析】设与轴，轴，轴同向的单位正交基底为，
所以．
12.【答案】
【解析】对于，点关于平面对称的点的坐标是，选项错误
对于，若直线的方向向量为，平面的法向量为，
，有，则或，选项错误
对于，已知为空间任意一点，，，，四点共面，且任意三点不共线，若，则，解得，选项错误．
对于，若直线的方向向量与平面的法向量的夹角为，
则直线与平面所成的角为，选项正确
故选D．
13.【答案】
【解析】对于，
，故选项A正确
对于，因为，，，
所以，，
所以
，
所以，故选项B正确
对于，，，
所以
，故选项C不正确
对于，
，
，
所以，
，故选项D正确．
故选ABD．
14.【答案】
【解析】如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，，，
所以，，，．
对于，设平面的法向量为，则
即取，
则，即，
又直线平面，
所以直线平面，故A正确
对于，因为，
所以，所以，故B正确
对于，
，故C错误
对于，由题意易知，为平面的一个法向量，，
设直线与平面所成的角为，
所以，所以，故D错误．
故选AB
15.【答案】
【解析】选项，因为在菱形中，与相交于点，所以，．
将沿折起，使顶点至点处，折起过程中，始终与垂直，因此．
又，所以由线面垂直的判定定理可得平面，因此，故A正确．
选项，因为折起的过程中，边的长度始终不变，因此．
若为等边三角形，则．
设菱形的边长为，由，
得，
即，，
所以，
即二面角的余弦值为时，为等边三角形，故B正确．
选项，，，
由选项知，，，
所以，
因此．
设菱形的边长为，易得，，
所以，
显然当时，，即，故C错误．
选项，设菱形的边长为，
则，，，
由几何体直观图可知，当平面时，直线与平面所成的角最大，为，
易知，故D正确．
故选ABD．
16.【答案】
【解析】以为原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，

则 ，，，，，
对于，，，
所以，
所以，A正确；
对于，取平面的一个法向量为，
因为，所以，
因为平面，
所以直线平面，所以B正确；
对于，取平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则．
所以直线与平面所成角的正弦值为，所以C错误；
对于，因为所以
设平面的一个法向量为，
由可得
令，则有，即，
因为，
所以由点到面的距离公式可得．
所以D正确．
故选ABD．
17.【答案】
【解析】设，
又，，，
由题意得
点的坐标为．
18.【答案】
【解析】
根据题意，画出对应的正四面体如图所示，设棱长为．
易知．
设异面直线与所成的角为，
则
．
19.【答案】
【解析】将几何体补成正方体，
以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
对于，，，，，
所以，，则，故错误
对于，该二十四等边体是在正方体上截去个全等的三棱锥而成，
且三棱锥的底面是腰长为的等腰直角三角形，三棱锥的高为，
故该二十四等边体的体积，故正确
对于，易知正方体的中心为该二十四等边体外接球的球心，
且该球的半径为，
因此，该二十四等边体外接球的表面积为，故正确
对于，易知平面的一个法向量为，，，
所以，
所以，，
故与平面所成角的正弦值为，故正确．
故答案为．
20.【解析】，
．
所以，
即与的夹角的余弦值为．
因为，
，
所以．
即，所以或．
21. 【解析】 如图所示，以为原点，以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设，，则，因为，，分别是，，的中点，
所以，，，
所以，因为平面的一个法向量为，
所以，即又因为不在平面内，所以平面
，所以，所以，
又不在平面内，所以平面又因为，，平面，
所以平面 平面
22.证明：在四棱锥中，连接交于点，
则为的中点，连接．
为的中点，
，
又平面，平面，
平面．
方法一：四边形是菱形，且，
为正三角形，取的中点，连接，，
则，
平面平面，平面平面，
平面．
是正三角形，．
以为原点，分别以，，所在的直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系．
又，则，，，，，
，．
设平面的法向量为，
则即
令，则
又，
设点到平面的距离为，
则，
即点到平面的距离为．
方法二：四边形是菱形，且，
为正三角形，取的中点，
连接，，则，
又平面平面，平面平面，
平面．
，是正三角形，，易得，
，连接，
．
由，．
取的中点，连接．
，，
，
可得．
设点到平面的距离为，由，
得，
解得，即点到平面的距离为．
23.【解析】由题意，是正三角形，设是的中点，连接，则，
所以．
由平面，得，，即，，两两垂直．
如图，以，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系．
则，，，．
显然，平面的一个法向量是．
设平面的法向量为，
则
令，得．
设二面角的平面角为由图可知为锐角，
则．
故二面角的余弦值为．
设．
因为，，
所以，又，，
所以，．
设平面的法向量为，
则
令，得
因为，，
所以
因为平面，所以，
即
，解得，
所以线段上存在点，使得平面，此时．
24.证明：因为，，，为的中点，
所以四边形为矩形，．
又，是的中点，所以．
因为，所以．
又因为，所以平面．
又平面，所以平面平面．
由得．
又，，所以．
又，，所以平面，所以．
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则，，，，，
所以，，
且平面的法向量．
设平面的一个法向量为，
则即
取，得，，则，
所以．
因为平面与平面所成锐二面角，
所以，即
由，得
由，得或．
因为，所以的取值范围是
25.【解析】以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
则，
于是，， ，
则 ，
所以异面直线与所成角的余弦值为．
．
设平面的 的法向量为，
则，即
取，可得，，
所以平面的的一个法向量为，
又，
则，
所以与不平行，
所以直线与平面不垂直；
由于，平面的的一个法向量为，
所以到平面的距离为．
第13页，共24页