第1章空间向量与立体几何章末重难点检测卷（含解析）-高二数学上学期人教A版（2019）

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第1章空间向量与立体几何章末重难点检测卷-高二数学上学期人教A版（2019）
一、单选题
1．已知平面的一个法向量为，直线的一个方向向量为，若，则（ ）
A． B． C．1 D．2
2．在四面体中，为的重心，在上，且，则（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，空间四边形OABC中，，，.点M在OA上，且，N为BC的中点，则（ ）

A． B．
C． D．
4．下列可使构成空间的一个基底的条件是（ ）
A．两两垂直 B．
C． D．
5．我国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中，把底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．今有“阳马”，平面，，，，，分别为棱，，的中点，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在二面角的棱上有两点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，若，，，则线段CD的长为（ ）

A． B．10 C． D．
7．在正方体中，是棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．已知正四面体的棱长为3，空间中一点满足，其中，且.则的最小值为（ ）
A． B．2 C． D．3
二、多选题
9．已知向量，，，则下列结论正确的是（ ）
A．向量与向量的夹角为
B．
C．向量在向量上的投影向量为
D．向量与向量，共面
10．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是（ ）

A．CC1⊥BD
B．
C．夹角是60°
D．直线与直线的距离是
11．在直四棱柱中，底面是菱形，，，为的中点，点满足（，），下列结论正确的是（ ）
A．若，则点到平面的距离为
B．若，则四面体的体积是定值
C．若，则点的轨迹长为
D．若，，则存在点，使得的最小值为
三、填空题
12．已知向量，写出一个与共线的非零向量的坐标为 ．
13．已知为平面的一个法向量，为内的一点，则点到平面的距离为 ．
14．在正四棱台中，，，， ．
四、解答题
15．如图，在正三棱柱中，，分别为的中点.
(1)求直线与平面所成角的大小；
(2)线段上是否存在点，使得？若存在，求出点到平面的距离；若不存在，说明理由.
16．如图所示，点分别是正四棱柱上、下底面的中心，是的中点，.
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)求二面角的余弦值.
17．已知四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，，为等边三角形，且平面平面，
(1)求证：；
(2)是否存在一点，满足，且使平面与平面所成的锐二面角的余弦值为；若存在，指出点的位置，否则，请说明理由.
18．如图，平行六面体的所有棱长均为，底面为正方形，，点为的中点，点为的中点，动点在平面内．
(1)若中点为，求证：平面；
(2)若平面，求线段长度的最小值．
19．在中，，，，过点作交于点，以为轴，将向上翻折使平面平面，连接，为线段的中点，为线段上一点．
(1)证明：平面；
(2)若二面角的余弦值为，求的值．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B D A B D D C ABD ABD
题号 11
答案 BCD
1．B
【分析】根据得到，根据数量积为求解.
【详解】因为，所以，
所以，解得.
故选：B.
2．B
【分析】作出辅助线，根据重心性质得到，再根据为的中点，求出.
【详解】取的中点，连接，
因为为的重心，所以，
又，
则，
因为，所以为的中点，
故.
故选：B
3．D
【分析】根据空间向量线性运算法则计算可得.
【详解】，
，
为BC的中点，
，
.
故选：D.
4．A
【分析】根据向量共面、不共面以及基底等知识来确定正确答案.
【详解】由空间任意三个不共面的向量都可以组成空间的一个基底可得A正确；
若，则与共线，此时与必然共面，所以无法构成空间基底，B错误；
与都表示共面，C，D错误．
故选：A
5．B
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】依题意，如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，设平面的法向量为，
所以，取，
所以点到平面的距离.
故选：B
6．D
【分析】由图可得，再利用数量积的运算律和模长计算求解即可；
【详解】由图可得，
所以，
因为，
所以，
，
所以，
所以线段CD的长为，
故选：D.
7．D
【分析】建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角向量求解公式得到答案.
【详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则，
设平面的法向量为，
则，
令得，故，
设直线与平面所成角的大小为，
则.
故选：D
8．C
【分析】根据共面定理的推论判断点的位置，然后求正四面体的高即可得解.
【详解】因为，，所以四点共面，
所以的最小值即为正四面体的高，
记的中点为，作底面于点，
由正四面体的性质可知，为正三角形的重心，
所以，
所以，
即的最小值为.
故选：C
9．ABD
【分析】利用向量数量积的坐标表示得出向量夹角可判断A；由向量相乘为0可得向量垂直B正确；根据投影向量的定义可计算出投影向量为所以C错误，得出向量共面判断D.
【详解】因为，所以，
可得，则向量与向量的夹角为，故A正确；
因为，
所以，即B正确；
根据投影向量的定义可知，向量在向量上的投影向量为
，所以C错误；
由向量，，，可知，
向量与向量，共面， 所以D正确.
故选：ABD
10．ABD
【分析】设，依题得运用向量数量积的运算律计算即可判断A,B两项；利用向量夹角的公式计算排除C项；利用空间向量关于点到直线的距离公式计算即可验证D项.
【详解】

如图，设，
则
对于A，因，
则，故A正确；
对于B，因，，
则，故B正确；
对于C，，则，
且
设夹角为，则，因，则，即C错误；
对于D,在平行六面体中，易得,
则得,故,故点到直线的距离即直线与直线的距离.
因，
且，
则，故D正确.
故选：ABD.
11．BCD
【分析】由条件确定点的轨迹，证明点到平面的距离为点到平面的，由此判断A，由可得点的轨迹为，结合锥体体积求法即可判断B；由条件确定点的轨迹，由扇形弧长公式即可判断C；把沿着进行翻折，使得四点共面，结合平面几何知识可求的最小值，判断D.
【详解】对于A，如图，连接，点为线段的中点，点为线段的中点，
则，，
因为，，
所以，
则，又，
所以点的轨迹为线段，
因为，，
所以，平面，平面，
所以平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
又为，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离的，
连接，，记其交点为，
因为底面是菱形，
所以，
由已知平面，平面，
所以， ，平面，
所以平面，
因为四边形是菱形，，
所以为等边三角形，又，
所以，所以，
所以点到平面的距离为，
所以点到平面的距离为，A错误；
对于B，连接，由得点在线段上，
由为直四棱柱得，，又，
所以的面积为定值，又点平面的距离为定值，
所以三棱锥的体积为定值，
所以四面体的体积是定值，故B正确；
对于C，如图，在平面中作，垂足为，
由已知得，平面，且平面，
所以，又平面，且，
所以平面，
因为底面是菱形，，
所以，，
在中，因为，所以，
则点在以点为圆心，为半径的圆上运动，
设此圆与交于点，因为，且，
所以，则点的轨迹长度为，故C正确；
对于D，若，则点与点重合，
把沿着进行翻折，使得四点共面，
此时有最小值，
在中，，
所以，所以，所以，
在中，由余弦定理得，
解得，故D正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于结合所给条件，结合线面位置关系，确定点的轨迹.
12．（答案不唯一）
【分析】利用空间共线向量的意义，直接写出坐标即可.
【详解】向量，则与共线的非零向量，
取，得与共线的一个非零向量的坐标.
故答案为：
13．
【分析】根据给定条件，利用点到平面的向量求法，列式计算作答．
【详解】依题意，，而为平面的一个法向量，
所以点到平面的距离,
故答案为：
14．
【分析】根据正四棱台的性质得到与的关系，直接求得，再运用模的计算公式求之．
【详解】由正四棱台中，，，，
在侧面中得，由，，
设，
，
，
故：．
故答案为：
15．(1)
(2)存在，距离为
【分析】（1）分别取中点O，，连接，进而以O为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；
（2）假设存在点G，设，进而根据得，再计算点到面的距离即可.
【详解】（1）分别取中点O，，连接.
因为是正三棱柱，
所以平面，.
所以平面，平面，所以.
以O为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.
则.
所以.
设平面的法向量为，
所以，即
令，解得，所以.
设直线与平面所成角为，，
则，
所以.
即直线与平面所成角为.
（2）假设存在点G，设.
所以，所以.
由知，若，
则.
解得.即G与C为同一个点.
因为，平面的法向量为，
所以点G到平面的距离.
16．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）解：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为和，根据，得到，进而证得平面；
（2）由（1）知，平面的一个法向量为，且，结合向量的距离公式，即可求解；
（3）利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到平面的一个法向量为，由（1）知平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）解：以点为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，因为，
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
因为，所以，
又因为平面，所以平面.
（2）解：由（1）知，平面的一个法向量为，且，
可得，
所以点到平面的距离为.
（3）解：在正方形中，可得，
因为平面，且平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
所以平面的一个法向量为，
由（1）知，平面的一个法向量为，
设二面角所成角的角为，且，
所以，
所以二面角所成角的余弦值为.
17．(1)证明见解析
(2)点为中点时，使平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，理由见解析
【分析】（1）取的中点，连接，证明是直角三角形，得，从而由面面垂直的性质定理得线面垂直，则可得证线线垂直；
（2）取的中点,连接，则证明平面，以为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，写出各点坐标，由空间向量法求二面角的余弦值，由已知求得，说明存在．
【详解】（1）取的中点，连接,
因为，所以，又，所以是等边三角形，
所以，所以是直角三角形，所以，
因为平面平面，平面，平面平面，
所以平面，又平面，所以；
（2）为中点即可满足条件，理由如下：
取的中点,连接，则，
平面平面，平面，平面平面，
所以平面，由为等边三角形，可得，
在直角三角形中，，
以为坐标原点，以为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
则，
，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为．
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
于是，解得或（舍去），
所以点为中点时，使平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用几何关系求出，证明， ，根据线面垂直判定定理证明结论；
（2）构造平面平面，从而确定点必在上，然后利用等面积法求解即可；或者利用空间向量结合二次函数求最值．
【详解】（1）连接，，，
，同理，
是正方形对角线中点，
，且，
所以，
所以,故为等腰直角三角形，
，
所以，
所以，
面，面，
面；
（2）法一：
取中点，连接，
易得，，
故四边形是平行四边形，
，又平面平面，
平面，同理，
平面平面，
平面，且，面，
故平面平面，
则点必在上，且当时取得的最小长度，
，
由等面积法得：，解得，
故的最小长度为．
法二：
取为一组空间基底，则，
平面，
，代入整理得，
故，
动点在平面内，
，
，
故，
当且仅当时，有最小值为．
法三：
由第一问知，如图建立空间直角坐标系，
则，
，
，
同理，
，
，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
设点，
，即
故，
当且仅当时，有最小值为．
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由平面与平面垂直的性质以及直线与平面垂直的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出答案.
【详解】（1）证明：因为平面平面BCDE，平面平面，
且，又平面，
∴平面BCDE，又平面BCDE，∴，
又在中，，则，
又F为CE中点，故，且平面AEC，
则平面AEC.
（2）由（1）知，ED，EB，EA互相垂直，分别以ED，EB，EA为x，y，z轴非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系，
其中，，，，则，，，
不妨设，则，
再设，分别是面ADQ、面EDQ的法向量，
则分别满足与
令，，得到，．
由题意知，，解得，即．
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