选修2-1 第3章空间向量与立体几何 综合测试题-2020-2021学年高二数学（理）上学期期末复习（人教B版）Word含解析

人教B版选修2-1第三章空间向量与立体几何综合测试题
一、单选题
1．若点A是点在平面yOz内的投影，则等于（ ）
A． B． C． D．
2．对于空间向量a＝（1，2，3），b＝（λ，4，6）.若，则实数λ＝
A．-2 B．-1 C．1 D．2
3．设平面α内两向量＝(1,2,1)，＝(－1,1,2)，则下列向量中是平面α的法向量的是(　　)
A．(－1，－2,5) B．(－1,1，－1)
C．(1,1,1) D．(1，－1，－1)
4．在正方体ABCD?A1B1C1D1中，平面ACC1A1的法向量是(　　)
A． B．
C． D．
5．如图，在正四面体A?BCD中，等于(　　)
A．45° B．60°
C．90° D．120°
6．平面α的一个法向量为＝(4,3,0)，平面β的一个法向量为＝(0，－3,4)，则平面α与平面β夹角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．以上都不对
7．已知向量=(1，2，-1)，=(m，m+1，5)，若，则m= ( )
A．-1 B．1
C．3 D．4
8．若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于120°，则直线与平面所成的角等于(　　)
A．120° B．30° C．60° D．60°或30°
9．若平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则平面和平面的位置关系是（ ）．
A．平行 B．相交但不垂直 C．垂直 D．重合
10．如图，在正方体中，二面角的大小为（ ）
A． B． C． D．
11．下列各组向量共面的是（ ）．
A．， ，
B．，，
C．，，
D．，，
12．在正三棱柱中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，则与侧面所成角的大小为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．已知向量和的夹角为，且,，则_______．
14．如图所示，在正方体中，点是侧面的中心，若，求______．
15．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，P为BC的中点，点Q为侧面ADD1A1内的一点，当B1P⊥AQ，的面积最小值为2，则棱AB的长为__________.
16．如图所示，正方体的棱长为是底面的中心，则到平面的距离为______．
三、解答题
17．如图在长方体中，，，，点为的中点，点为的中点．
（1）求长方体的体积；
（2）求异面直线与所成角的大小（用反三角函数表示）．
18．如图，在四棱锥中，平面，，，．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）求与平面所成角的大小．
19．如图，等腰，，点是的中点，绕所在的边逆时针旋转一周.
（1）求旋转一周所得旋转体的体积和表面积；
（2）设逆时针旋转至，旋转角为，求异面直线AC与BD所成角的大小.
20．如图，直棱柱(侧棱垂直于底面的棱柱)，在底面中，，，棱，，分别为，的中点.
（1）求的值；
（2）求证：平面
21．如图所示，平行六面体中，平面，，，分别为，的中点，.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求点到平面的距离.
22．如图，在几何体中，平面平面，四边形为菱形，，，，M为中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成二面角(不大于90°)的余弦值.
参考答案
1．B
【解析】
【分析】
求出点A坐标，利用空间两点距离公式求解。
【详解】
点在平面yOz内的投影点A，则。故选B。
【点睛】
本题主要考查了空间两点距离公式：，，则。
2．D
【解析】
【分析】
根据向量，知它们的坐标对应成比例，求出的值．
【详解】
因为空间向量，若，则，所以,故选D.
【点睛】
本题考查了空间向量的平行或共线的坐标运算，是基础题．
3．B
【分析】
利用非零向量?即可找出平面的法向量．
【详解】
∵（﹣1，1，﹣1）?（1，2，1）=﹣1+2﹣1=0，（﹣1，1，﹣1）?（﹣1，1，2）=1+1﹣2=0，
∴向量（﹣1，1﹣1）是此平面的法向量．
故选B．
【点睛】
正确理解平面的法向量是解题的关键．
4．A
【分析】
由线面垂直的判断定理可得平面，根据法向量的定义可得结果.
【详解】
正方体的性质可得、 、都不与平面垂直，
所以不是其法向量，
平面，
故为平面的法向量，故选A.
【点睛】
本题主要考查正方体的性质、线面垂直的判断定理以及法向量的定义，意在考查灵活应用所学知识解决问题的能力，属于中档题.
5．D
【分析】
由正四面体的性质可得为正三角形，所以，可得解.
【详解】
两个向量夹角的顶点是它们共同的起点，
故应把向量的起点平移到点处，
因为为正三角形，
所以，
所以，故选D．
【点睛】
对于一个向量，只要不改变它的大小与方向是可以平行移动的，因此，用有向线段表示向量时，可以任意选取有向线段的起点，由此可知，任意一组平行向量都可以移到同一直线上.
6．B
【分析】
根据向量与的坐标，分别算出、的模和与的数量积，然后用向量的夹角公式算出它们夹角的余弦值，再根据两个平面所成角与它们法向量夹角之间的关系，可得本题的夹角余弦之值．
【详解】
∵，，
∴||==5，||==5
?=4×0+3×+0×（﹣1）=-9
因此，向量与的夹角θ满足cosθ===
又∵向量、分别为平面α和平面β的法向量
∴平面α与β夹角等于向量、的夹角，故平面α与β夹角的余弦值等于
故选B．
【点睛】
本题给出两个平面法向量的坐标形式，求两个平面夹角的余弦之值，着重考查了利用数量积求两向量的夹角和平面的法向量的性质等知识，属于基础题．
7．B
【分析】
由得，于是得到关于m的方程，解方程可得结果．
【详解】
∵，
∴，
解得m=1．
故选B．
【点睛】
本题考查空间向量数量积的应用，考查转化能力和运算能力，解题的关键是利用求解，属于容易题．
8．B
【分析】
因直线方向向量与平面的法向量的夹角为 ，所以线面角为．
【详解】
设直线与平面所成的角为，则，故选B．
【点睛】
一般地，如果直线的方向向量 与平面的法向量的夹角为，直线与平面所成的角为，则．
9．C
【分析】
根据两平面法向量的垂直关系可判断两平面的位置关系.
【详解】
∵平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，
∵，
∴，
∴ 平面平面．
故选：C
10．C
【分析】
在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，计算两向量夹角，即可得出结果.
【详解】
在正方体中，、、两两垂直，
以点为坐标原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，设棱长为，
则，，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，不妨令，则，即；
设平面的一个法向量为，
则，即，不妨令，则，即，
所以，则；
又二面角显然是锐二面角，
所以二面角的大小为.
故选：C.
【点睛】
方法点睛：
求空间角的常用方法：
（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.
11．A
【分析】
根据共面则必有，对选项逐一检验计算是否有解即可.
【详解】
若共面则必存在使.
A选项中，，，即，可解，，故共面；
B选项中，，，即，无解，故不共面；
C选项中，，，即，无解，故不共面；
D选项中，，，即，无解，故不共面.
故选：A．
12．A
【分析】
以C为原点，CA为x轴，在平面ABC中过C作AC的垂线为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，然后算出平面的法向量和的坐标即可.
【详解】
以C为原点，CA为x轴，在平面ABC中过C作AC的垂线为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
平面的法向量，
设与侧面所成角的大小为，
则，，
与侧面所成角的大小为
故选：A.
13．
【分析】
利用向量的数量积的定义和运算律计算即得结果.
【详解】
．
故答案为：.
14．1
【分析】
利用空间向量的加减法运算用来表示，即得结果.
【详解】
，
故，，，则．
故答案为：1.
15．
【分析】
由题意画出图形，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，再设的坐标，由B1P⊥AQ，转化为数量积为，可得的横坐标与竖坐标的关系，利用二次函数求出的面积取得最小值，再由最小值为列式求得即可.
【详解】
如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
设，则，，，
设，则，，
，，
即，，
，
当，时，的面积最小值为，
，即棱AB的长为.
【点睛】
关键点点睛：本题考查了空间点、线、面间的距离计算，考查了向量垂直与坐标关系的应用，解题的关键是求出的横坐标与竖坐标的关系，即，考查了计算能力.
16．
【分析】
以为原点，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到平面的距离即可.
【详解】
以为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
易得,
,
设平面的法向量为,
,令,则，
,
到平面的距离,
故答案为：.
【点睛】
本题考查点到平面的距离的求法，常用的方法有等体积法，垂线法，空间向量方法，利用空间向量方法求解是比较方便的方法.
17．（1）8（2）
【解析】
试题分析：（1）由题意，长方体的体对角线长为,从而可求得该长方体的高，再由长方体体积的计算公式即可求其体积；
（2）根据题意，可采用坐标法进行求解，分别以为轴建立空间直角坐标系，根据向量数量积公式求出向量与的夹角，从而可求出异面直线与所成的角.
试题解析：（1） 连、． 是直角三角形， ．
是长方体， ，，又，
平面， ．
又在中，，， ， ．
（2）
解法一：如图建立空间直角坐标系
则、、、，所以、，10分
则向量与
所成角满足．
异面直线与所成的角等于．
解法二：
取的中点，连、．
，四边形为平行四边形，， 等于异面直线与所成的角或其补角． ，，，得，，，
，．
异面直线与所成的角等于．
18．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【分析】
（Ⅰ）可证平面，从而得到.
(Ⅱ) 建立如图所示空间直角坐标系，算出及平面的法向量后可得线面角的正弦值从而得到所求的角.
【详解】
（Ⅰ）由平面，平面，所以，
由知，，而，所以平面，
因平面，故.
(Ⅱ)建立如图所示空间直角坐标系，则，，， ，所以，，，
设平面的法向量为，由得到： ，
取，则，
所以与平面所成的角为．
【点睛】
线线垂直的判定可由线面垂直得到，也可以由两条线所成的角为得到，而线面垂直又可以由面面垂直得到，解题中注意三种垂直关系的转化. 空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.
19．（1）；；（2）
【分析】
（1）利用体积、表面积公式，即可求旋转一周所得旋转体的体积和表面积.
（2）如图建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用空间向量的数量积即可求异面直线所成的角．
【详解】
试题解析：
（1）;
（2）如图，建立空间直角坐标系，
，，
由三角比定义，得，即，
则，
，所以
所以异面直线AC与BD所成角为
20．（1）；（2）证明见解析.
【分析】
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的坐标系，
（1）利用空间向量的数量积的坐标运算即可求解.
（2）由，，利用线面垂直的判定定理即可证明.
【详解】
（1）依题意，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的坐标系，
，，，，
∴，
∴
，
（2），
，，∴
∴，，
∴
∴
∴，，
所以，
∵
∴平面.
21．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【分析】
（1）建立空间坐标系，利用向量证明得出平面；
（2）利用向量证明，，得出平面；
（3）根据点到平面的距离公式计算即可得出答案．
【详解】
（1）证明：平面，，
平面，
四边形是平行四边形，，
，，
以为原点，以，，为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，0，，，1，，，0，，，1，，，，，
，，，，，，
，，
又平面，平面，
平面．
（2）证明：，0，，，0，，，0，，
，0，，，0，，
，，
，，又，平面，平面
平面．
（3）解：由（2）可知是平面的一个法向量，
又，
，
到平面的距离．
【点睛】
本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和点到面的距离的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
22．（1）证明见详解；（2）
【分析】
（1）取的中点，连接，利用面面平行的判定定理证明平面平面，再利用面面平行的性质定理即可证明.
（2）取的中点，连接，以为原点，为轴，求出平面的一个法向量以及平面的一个法向量，利用空间向量的数量积即可求解.
【详解】
（1）证明：取的中点，连接，

因为，M分别为、中点，
所以，
又平面，且平面，
所以平面，
因为，，
所以四边形为平行四边形，
又因为平面，且平面，
所以平面，
又，
所以平面平面，
因为平面，所以平面；
（2）取的中点，连接，
因为，所以，
因为平面平面，
所以平面，，
因为，，，
所以为等边三角形，
因为为的中点，
所以，
因为两两垂直，
设，
以为原点，为轴，如图：
建立空间直角坐标系，
，，，
，，
则，，
，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，
所以
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，
所以，
设平面与平面所成二面角为（不大于90°），
则.
【点睛】
本题考查了面面平行的判定定理、性质定理，空间向量法求面面角，考查了考生逻辑推理能力以及运算求解能力，属于基础题.