第一章空间向量与立体几何 单元检测卷（含答案）人教A版2019选择性必修第一册2025-2026学年
文档属性
| 名称 | 第一章空间向量与立体几何 单元检测卷（含答案）人教A版2019选择性必修第一册2025-2026学年 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 883.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-09-02 10:23:27 | ||
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文档简介
第一章空间向量与立体几何单元检测卷
人教A版2019选择性必修第一册2025-2026学年
一、单项选择题：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．平面直角坐标系中，已知点，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知，，是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
3．已知空间向量，则在上的投影向量的模为（ ）
A． B．1 C．2 D．
4．已知，是单位向量，且，若向量满足，则的最大值为（ ）
A．2 B． C． D．1
5．已知向量，，若与共线，则（ ）
A．12 B．9 C． D．
6．在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
7．设向量不共面，已知，若三点共线，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．在空间四边形中，，，则的值是（ ）
A． B． C． D．0
二、多项选择题：本题共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．如图，正方体的棱长为2，点E在线段上运动，则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．
C．若E为线段的中点，则点E到直线的距离为
D．存在某个点E，使直线与平面所成角为
10．下列命题中正确的是（ ）
A．若是空间任意四点，则有
B．若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，则直线与平面所成的角等于
C．已知是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
D．已知为坐标原点，向量，，，则点不能构成三角形
11．已知正四面体的棱长为，空间内任一点满足，则下列关于的结论正确的是（ ）
A．最小值为 B．最大值为
C．最小值为 D．最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．在空间四边形中，，，，，则 ．
13．已知，，，若，则的值为 .
14．在三棱柱中，为的中点，则 .
四、解答题：本题共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．如图，四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，，是的中点.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的平面角的余弦值.
16．已知M、N分别是四边形的边，的中点．
(1)求证：；
(2)若四边形是边长为2的正方形，点E是边的中点，求证：；
(3)若四边形是边长为2的正方形，点E是边上的动点，求的最大值．
17．如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，，，M为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
18．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，，底面，，点在棱上．
(1)求证：平面平面；
(2)当取得最小值时，求二面角的余弦值．
19．如图，在六棱柱中，底面是正六边形，设，，．
(1)用分别表示，．
(2)若，，，求：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
参考答案
一、单项选择题
1．D
2．A
3．A
4．B
5．C
6．C
7．C
8．D
二、多项选择题
9．ABC
10．ACD
11．BC
三、填空题
12．22
13．
14．
四、解答题
15．【解】（1）如图，连接交 于点，连接，因为底面是正方形，所以为的中点，
因为是的中点，所以在中，
又平面，平面，所以平面；
（2）因为四棱锥的底面是正方形，所以，又因为侧棱底面，所以，，
如图，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
因为，则，，，所以，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，，所以，
平面的一个法向量为，则，
易知二面角的平面角为锐角，所以二面角的平面角的余弦值为.
16．【解】（1）如图（1），
．
（2）以点A为坐标原点建立如图（2）所示的平面直角坐标系，依题意，
有，，，，，，
则，，由，可得．
（3）由（2），设，，则，，，，
因为，所以当时，的最大值为4．
17．【解】（1）设中点为，连接，因为为等边三角形，故，
由题意，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，故，
又，，平面，故平面，
由平面，故，
又M为的中点，为等边三角形，则，
因为，平面，所以平面.
（2）由（1）知平面，平面，故，
连接，，则，
即四边形为平行四边形，故，所以，
故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，则，令，则，
设直线与平面所成角为θ，，则.
18．【解】（1）因为平面，平面，所以，
因为四边形为菱形，所以
又因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
（2）由底面，底面，且底面为菱形可知两两垂直，
又当取得最小值时，有，
以为原点，分别为轴建空间直角坐标系，
因为在菱形ABCD中，，，
所以，为等边三角形，易得，，
则，，，，，
易知为平面的法向量，
又由（1）得平面，平面，
所以，又因为，，平面，平面，
所以平面，
所以为平面的法向量，
又，
所以二面角的余弦值为.
19．【解】（1）连接，取中点为，连接．
因为底面是正六边形，所以，即，
所以，又因为，所以．
（2）由题知，，
根据，可知，
因为底面是正六边形，所以，所以．
（ⅰ）．
（ⅱ）因为，
所以，所以．
人教A版2019选择性必修第一册2025-2026学年
一、单项选择题：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．平面直角坐标系中，已知点，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知，，是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
3．已知空间向量，则在上的投影向量的模为（ ）
A． B．1 C．2 D．
4．已知，是单位向量，且，若向量满足，则的最大值为（ ）
A．2 B． C． D．1
5．已知向量，，若与共线，则（ ）
A．12 B．9 C． D．
6．在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
7．设向量不共面，已知，若三点共线，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．在空间四边形中，，，则的值是（ ）
A． B． C． D．0
二、多项选择题：本题共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．如图，正方体的棱长为2，点E在线段上运动，则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．
C．若E为线段的中点，则点E到直线的距离为
D．存在某个点E，使直线与平面所成角为
10．下列命题中正确的是（ ）
A．若是空间任意四点，则有
B．若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，则直线与平面所成的角等于
C．已知是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
D．已知为坐标原点，向量，，，则点不能构成三角形
11．已知正四面体的棱长为，空间内任一点满足，则下列关于的结论正确的是（ ）
A．最小值为 B．最大值为
C．最小值为 D．最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．在空间四边形中，，，，，则 ．
13．已知，，，若，则的值为 .
14．在三棱柱中，为的中点，则 .
四、解答题：本题共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．如图，四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，，是的中点.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的平面角的余弦值.
16．已知M、N分别是四边形的边，的中点．
(1)求证：；
(2)若四边形是边长为2的正方形，点E是边的中点，求证：；
(3)若四边形是边长为2的正方形，点E是边上的动点，求的最大值．
17．如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，，，M为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
18．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，，底面，，点在棱上．
(1)求证：平面平面；
(2)当取得最小值时，求二面角的余弦值．
19．如图，在六棱柱中，底面是正六边形，设，，．
(1)用分别表示，．
(2)若，，，求：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
参考答案
一、单项选择题
1．D
2．A
3．A
4．B
5．C
6．C
7．C
8．D
二、多项选择题
9．ABC
10．ACD
11．BC
三、填空题
12．22
13．
14．
四、解答题
15．【解】（1）如图，连接交 于点，连接，因为底面是正方形，所以为的中点，
因为是的中点，所以在中，
又平面，平面，所以平面；
（2）因为四棱锥的底面是正方形，所以，又因为侧棱底面，所以，，
如图，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
因为，则，，，所以，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，，所以，
平面的一个法向量为，则，
易知二面角的平面角为锐角，所以二面角的平面角的余弦值为.
16．【解】（1）如图（1），
．
（2）以点A为坐标原点建立如图（2）所示的平面直角坐标系，依题意，
有，，，，，，
则，，由，可得．
（3）由（2），设，，则，，，，
因为，所以当时，的最大值为4．
17．【解】（1）设中点为，连接，因为为等边三角形，故，
由题意，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，故，
又，，平面，故平面，
由平面，故，
又M为的中点，为等边三角形，则，
因为，平面，所以平面.
（2）由（1）知平面，平面，故，
连接，，则，
即四边形为平行四边形，故，所以，
故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，则，令，则，
设直线与平面所成角为θ，，则.
18．【解】（1）因为平面，平面，所以，
因为四边形为菱形，所以
又因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
（2）由底面，底面，且底面为菱形可知两两垂直，
又当取得最小值时，有，
以为原点，分别为轴建空间直角坐标系，
因为在菱形ABCD中，，，
所以，为等边三角形，易得，，
则，，，，，
易知为平面的法向量，
又由（1）得平面，平面，
所以，又因为，，平面，平面，
所以平面，
所以为平面的法向量，
又，
所以二面角的余弦值为.
19．【解】（1）连接，取中点为，连接．
因为底面是正六边形，所以，即，
所以，又因为，所以．
（2）由题知，，
根据，可知，
因为底面是正六边形，所以，所以．
（ⅰ）．
（ⅱ）因为，
所以，所以．