第1章空间向量与立体几何检测卷（含解析）-2025-2026学年高中数学人教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1章空间向量与立体几何检测卷-2025-2026学年高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册
一、选择题
1．已知，，，若共面，则实数（　　）
A． B．3 C．1 D．
2．在平行六面体中，，则直线所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
3．“平面内有一条直线，则这条直线上的一点必在这个平面内”用符号语言表述是（　　）
A． B．
C． D．
4．已知平面的一个法向量为，点在外，点在内，且，则点到平面的距离（　　）
A．1 B．2 C．3 D．
5．若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（　　）
A． B．
C． D．
6．在四棱锥中，底面是平行四边形，是的中点，则可以表示为（　　）
A． B．
C． D．
7．已知空间向量，，满足，，，，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
8．正方体中，点分别为正方形及的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题
9．给出下列命题，其中正确的命题是（　　）
A．若空间向量，满足，则
B．空间任意两个单位向量必相等
C．在正方体中，必有
D．向量的模为
10．如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法正确的是（　　）
A．四点共面 B．
C．三线不共点 D．
11．已知平行六面体如图所示，其中，，，线段AC，BD交于点O，点E是线段上靠近的三等分点，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
三、填空题
12．O为空间任意一点，若，若ABCP四点共面，则　 　．
13．如图，二面角的大小为，其棱l上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l．若则两点间的距离为　 　．
14．如图，在四面体中，平面是边长为4的等边三角形，分别是棱的中点，则　 　.
四、解答题
15．如图1，菱形的边长为2，，将沿折起至（如图2），且点为的中点.
（1）证明：平面平面：
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
16．如图，四棱锥的底面是矩形，平面，，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
17．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．．
（1）证明：平面
（2）证明：
（3）当为何值时，面与面DFE所成的二面角的正弦值最小，并求此最小值．
18．如图，三棱锥的底面是边长为2的正三角形ABC，且，平面平面
（1）证明：平面
（2）若BC与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.
19．如图，四棱锥中，平面，，，，，点在棱上．
（1）当时，求证：平面；
（2）若直线与平面所成的角为，二面角的余弦值为，求．
答案解析部分
1．【答案】B
2．【答案】A
3．【答案】B
4．【答案】A
5．【答案】D
6．【答案】C
7．【答案】D
8．【答案】C
9．【答案】C,D
10．【答案】A,B
11．【答案】A,D
12．【答案】
13．【答案】
14．【答案】
15．【答案】（1）解：（1）连接，交于点，
在菱形中，，，O为AC、BD中点，，则是等边三角形，BP=DP，所以
，，平面，故平面，平面，
，又是的中点，，
又，、平面，所以平面，
平面，所以平面平面
（2）解：（2）以O为原点，OA、OB、OP为轴建系，菱形边长为2，
在边长为2的菱形中，，，
，，，
，，，
设，，
，解得，
折叠过程中，，，解得，
，，，
由（1）知平而，
平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则，
取，则，，，
设平面与平面夹角为，则，
平面与平面夹角的余弦值为。
16．【答案】（1）证明：因为，为的中点，
所以，
又因为四棱锥的底面是矩形，
所以，
所以与相似，
故，
因为，
所以，
故，
又因为底面，底面，
所以，
因为，平面，
所以平面.
（2）解：因为平面，平面，
所以，，
又因为四棱锥的底面是矩形，
所以，
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，.
因为平面，
所以平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则
所以
令，则，，此时，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
17．【答案】（1）证明：因为三棱柱是直三棱柱，
所以底面ABC，
所以，
又因为，，
所以，
又因为，平面，平面，
所以平面．
（2）证明：由（1）知BA，BC，两两垂直，如图所示，
以B为坐标原点，分别以为单位正交基底，
建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，，，，，，，
设，
因为，，
所以，
所以．
（3）解：设平面DFE的法向量为，
因为，，
所以，
则，
令，
则且平面的法向量为，
设平面与平面DEF的二面角的平面角为，
则．
根据平方关系，可知，
所以，当取最大值时，取得最小值，
可知，
当时，取最小值为，
此时取最大值为，
则，此时．
18．【答案】（1）证明：如图所示，取中点，中点，连接，
∵，∴，
∴，∴，
又∵，，平面PCE，∴平面，
又平面，∴，
∵，∴，
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
又平面，∴，
∵，，，，平面
∴平面
（2）解：解法一：如图所示，以点F为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
∴，，，设点，
∴，，
设平面PAB的法向量，
则，令x=a，则，∴，
∴，解得
∴平面PAB的法向量，
由(1)易知平面PAC的法向量，
设平面PAB与平面PAC夹角为，∴，
∴ 平面与平面夹角的余弦值为
解法二：如图所示，作，垂足为 M，连接
∵平面，，∴平面，
为与平面所成角，
∴，解得，
设，则，
由，得，解得
作，垂足为，连接，
为平面与平面夹角，
，由得，，
，
，
平面与平面夹角的余弦值为
19．【答案】（1）证明：连接交于点，连接，
由 知，，
∴，
∵，∴，
∴，
又平面，平面，
∴平面．
（2）解：∵平面，∴为与底面所成的角，即，∴，
又四边形是直角梯形，
故以为坐标原点，分别以，，为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
∴，，，
设平面法向量为，则 ，
即 ，令，则，
设，
则，
设平面的法向量为，则，
即 ，令，则，
因为二面角的余弦值为，
∴，解得，
所以，，
所以.
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)