?第一章 空間向量與立體幾何綜合測試
學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________
一、單選題
1．（2022·四川省成都市新都一中高二期中（理））兩個不同平面，的法向量分別為非零向量，，兩條不同直線，的方向向量分別為非零向量，，則下列敘述不正確的是（???????）
A．的充要條件為
B．的充要條件為
C．的充要條件為存在實數(shù)使得
D．的充要條件為
【答案】D
【解析】
【分析】
依據(jù)面面垂直的定義及向量數(shù)量積的幾何意義判斷選項A；依據(jù)線線垂直的定義及向量數(shù)量積的幾何意義判斷選項B；依據(jù)面面平行的定義及數(shù)乘向量的幾何意義判斷選項C；依據(jù)線面平行的定義及向量數(shù)量積的幾何意義判斷選項D.
【詳解】
選項A：.判斷正確；
選項B：.判斷正確；
選項C：存在實數(shù)使得.判斷正確；
選項D：若，則有；若，則有或，
則是的充分不必要條件.判斷錯誤.
故選：D
2．（2022·福建省福州第一中學(xué)三模）以下四組向量在同一平面的是（???????）
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
【答案】B
【解析】
【分析】
利用共面向量的基本定理逐項判斷可得出合適的選項.
【詳解】
對于A選項，設(shè)，所以，，無解；
對于B選項，因為，故B選項中的三個向量共面；
對于C選項，設(shè)，所以，，無解；
對于D選項，設(shè)，所以，，矛盾.
故選：B.
3．（2022·重慶八中高一階段練習(xí)）若構(gòu)成空間的一個基底，則下列向量不共面的是（???????）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根據(jù)向量共面定理即可求解．
【詳解】
解：對A：，故A選項中向量共面；
對B：，故B選項中向量共面；
對D：，故D選項中向量共面；
假設(shè)，，共面，則存在實數(shù)使得，則共面，與已知矛盾，故C選項中向量不共面；
故選：C.
4．（2022·河南·模擬預(yù)測（理））在正方體中，E，F(xiàn)分別為棱AD，的中點，則異面直線EF與所成角的余弦值為（???????）．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
利用坐標法即得.
【詳解】
如圖建立空間直角坐標系，設(shè)正方體的棱長為2，

則，
∴，
∴，
即異面直線EF與所成角的余弦值為.
故選：A.
5．（2022·四川省綿陽南山中學(xué)高二期中（理））如圖，OABC是四面體，G是的重心，是OG上一點，且，則（???????）

A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
利用向量加法減法的幾何意義并依據(jù)空間向量基本定理去求向量
【詳解】
連接AG并延長交BC于N，連接ON，

由G是的重心，可得，
則
則
故選：D
6．（2022·江蘇常州·高二期中）如圖，在平行六面體中，底面是邊長為1的正方形，若，且，則的長為（???????）


A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
將作為基底，利用空間向量基本定理用基底表示，然后對其平方化簡后，再開方可求得結(jié)果
【詳解】
由題意得，，
因為
,
所以


，
所以，
故選：C
7．（2022·江蘇宿遷·高二階段練習(xí)）正方體棱長為2，是棱的中點，是四邊形內(nèi)一點（包含邊界），且，當三棱錐的體積最大時，與平面所成角的正弦值為（???????）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
建立空間直角坐標系，設(shè)出，利用向量的數(shù)量積及體積最大值求得，從而得到與平面所成角的正弦值.
【詳解】
如圖，以A為坐標原點，AB，AD，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，
則，，，設(shè)，，
則，
由于為定值，要想三棱錐的體積最大，則F到底面ADE的距離最大，
其中，
所以當時，取得最大值，
因為，
所以的最大值為，
所以，，
平面的法向量，
所以與平面所成角的正弦值為

故選：A
8．（2022·江蘇揚州·高二期中）如圖，在四棱錐中，平面，與底面所成的角為，底面為直角梯形，，點為棱上一點，滿足，下列結(jié)論錯誤的是（???????）

A．平面平面；
B．點到直線的距離；
C．若二面角的平面角的余弦值為，則；
D．點A到平面的距離為．
【答案】D
【解析】
【分析】
A選項，作出輔助線，證明出AC⊥BC，結(jié)合平面可得線線垂直，從而證明線面垂直，最后證明出面面垂直；B選項，求出點P到直線CD的距離即為PC的長度，利用勾股定理求出答案；C選項，建立空間直角坐標系，利用空間向量進行求解；D選項，過點A作AH⊥PC于點H，證明AH的長即為點A到平面的距離，求出AH的長.
【詳解】
A選項，因為平面，平面，
所以CD，
故∠PBA即為與底面所成的角，，
因為，
所以PA=AB=1，
因為，
取AD中點F，連接CF，則AF=DF=AB=CF=BC，
則四邊形ABCF為正方形，∠FCD=∠FCA=45°，
所以AC⊥CD，
又因為，
所以CD⊥平面PAC，
因為CD平面PCD，
所以平面平面PCD，A正確；

由A選項的證明過程可知：CD⊥平面PAC，
因為平面PAC
所以CD⊥PC，
故點P到直線CD的距離即為PC的長度，
其中
由勾股定理得：，B正確；
以A為坐標原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，
則，，，，
其中平面ACD的法向量為，設(shè)平面ACE的法向量為，
則，令得：，
所以，

設(shè)二面角的平面角為，顯然，
其中，
解得：或，
因為，所以，C正確；
過點A作AH⊥PC于點H，
由于CD⊥平面APC，平面APC，
所以AH⊥CD，
因為，
所以AH⊥平面PCD，
故AH即為點A到平面PCD的距離，
因為PA⊥AC，
所以，D選項錯誤

故選：D
二、多選題
9．（2022·江蘇·淮安市淮安區(qū)教師發(fā)展中心學(xué)科研訓(xùn)處高二期中）給出下列四個命題，其中是真命題的有（???????）
A．若存在實數(shù)，，使，則與，共面；
B．若與，共面，則存在實數(shù)，，使；
C．若存在實數(shù)，，使則點，，A，共面；
D．若點，，A，共面，則存在實數(shù)，，使．
【答案】AC
【解析】
【分析】
由向量共面定理可判斷AC；取，為零向量可判斷B；取，A，三點共線，點P與，A，不共線可判斷D.
【詳解】
由向量共面定理可知A正確；
當，為零向量可知B錯誤；
由向量共面定理可知共面，又因為共始點，所以點，，A，共面，故C正確；
當，A，三點共線，點P與，A，不共線時可知D錯誤.
故選：AC
10．（2022·江蘇省鎮(zhèn)江中學(xué)高二期中）如圖，在平行六面體中，以頂點A為端點的三條棱長都是1，且它們彼此的夾角都是60°，M為與的交點，若，則下列正確的是（???????）

A． B．
C．的長為 D．
【答案】BD
【解析】
【分析】
AB選項，利用空間向量基本定理進行推導(dǎo)即可；C選項，在B選項的基礎(chǔ)上，平方后計算出，從而求出；D選項，利用向量夾角的余弦公式進行計算.
【詳解】
根據(jù)題意，依次分析選項：
對于A選項，，A錯誤，
對于B選項，，B正確：
對于C選項，，則，
則，C錯誤：
對于，則，D正確.
故選：BD.
11．（2022·江蘇宿遷·高二期中）已知正方體的棱長為1，分別在上，并滿足，設(shè)，設(shè)的重心為G，下列說法正確的是（???????）

A．向量可以構(gòu)成一組基底
B．當時，
C．當時，在平面上的投影向量的模長為
D．對任意實數(shù)，總有
【答案】AD
【解析】
【分析】
根據(jù)基底向量的要求不共體可以判斷A正確，B、C、D通過建立空間直角坐標系結(jié)合空間向量的坐標運算進行運算判斷正誤．
【詳解】
，顯然不共面，∴向量可以構(gòu)成一組基底，A正確；
如圖建立空間直角坐標系，則，
當時，，則,
∴，Ｂ不正確；,
當時，,在平面上的投影向量為， ，Ｃ不正確；
對任意實數(shù)，，則，
，,，D正確．
故選：AD．

12．（2022·湖南·長郡中學(xué)模擬預(yù)測）已知正方體的邊長為2，M為的中點，P為側(cè)面上的動點，且滿足平面，則下列結(jié)論正確的是（???????）
A． B．平面
C．與所成角的余弦值為 D．動點P的軌跡長為
【答案】BCD
【解析】
【分析】
建立空間直角坐標系，利用空間夾角公式、空間向量數(shù)量積的運算性質(zhì)逐一判斷即可.
【詳解】
如圖建立空間直角坐標系，設(shè)正方體棱長為2，

則，
所以，
由平面，得，即，
化簡可得：，
所以動點P在直線上，
對于選項A：，所以與不垂直，所以A選項錯誤；
對于選項B：平面平面，所以平面，B選項正確；
對于選項C：，C選項正確；
對于選項D：動點P在直線上，且P為側(cè)面上的動點，則P在線段上，，所以，D選項正確；
故選：BCD.
三、填空題
13．（2022·江蘇宿遷·高二階段練習(xí)）已知向量，滿足，，且.則在上的投影向量的坐標為_________.
【答案】
【解析】
【分析】
對兩邊平方后得到，代入投影向量的公式進行求解即可.
【詳解】
兩邊平方化簡得：，①
因為，所以，
又，代入①得：，解得：，
所以在上的投影向量坐標為
.
故答案為：
14．（2022·江蘇·沛縣教師發(fā)展中心高二期中）已知空間四邊形的每條邊和對角線的長都等于1，點，分別是，的中點，則的值為_________.
【答案】##
【解析】
【分析】
如圖，在正三棱錐中，以為基底， ，，利用向量數(shù)量積性質(zhì)進行計算即可得解.
【詳解】

根據(jù)題意為正四面體，
兩兩成角，
所以，
，
所以
.
故答案為：
15．（2022·全國·高二課時練習(xí)）在棱長為1的正方體中，若點E是線段AB的中點，點M是底面ABCD內(nèi)的動點，且滿足，則線段AM的長的最小值為______．
【答案】
【解析】
【分析】
以點為原點建立空間直角坐標系，再由可得的軌跡方程，從而由平面知識得到長的最小值.
【詳解】
如圖所示，建立空間直角坐標系，


則，，，設(shè)，
則，，
，，
即點的軌跡方程為，
線段AM的長的最小值為.
故答案為：.
16．（2022·江西南昌·高二期中（理））如圖，在棱長為4的正方體中，E為BC的中點，點P在線段上，點Р到直線的距離的最小值為_______.

【答案】##
【解析】
【分析】
建立空間直角坐標系，借助空間向量求出點Р到直線距離的函數(shù)關(guān)系，再求其最小值作答.
【詳解】
在正方體中，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，，
因點P在線段上，則，，
，向量在向量上投影長為，
而，則點Р到直線的距離
，當且僅當時取“=”，
所以點Р到直線的距離的最小值為.
故答案為：
四、解答題
17．（2022·天津南開·高二期末）如圖，在直三棱柱中，，，D為的中點．

(1)求證：平面；
(2)求平面與平面的夾角的余弦值；
(3)若E為的中點，求與所成的角．
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）連接，交于O，連接OD，根據(jù)中位線的性質(zhì)，可證，根據(jù)線面平行的判定定理，即可得證；
（2）如圖建系，求得各點坐標，進而可求得平面與平面的法向量，根據(jù)二面角的向量求法，即可得答案；
（3）求得坐標，根據(jù)線線角的向量求法，即可得答案.
(1)
連接，交于O，連接OD，則O為的中點，
在中，因為O、D分別為、BC中點，
所以，
又因為平面，平面，
所以平面

(2)
由題意得，兩兩垂直，以B為原點，為x，y，z軸正方向建系，如圖所示：

設(shè)，則，所以，
則，，
因為平面在平面ABC內(nèi)，且平面ABC，
所以即為平面的一個法向量，
設(shè)平面的一個法向量為，
則，所以，令，則，
所以法向量，
所以，
由圖象可得平面與平面的夾角為銳角，
所以平面與平面的夾角的余弦值為
(3)
由（2）可得，
設(shè)與所成的角為，
則，
解得，所以與所成的角為
18．（2022·河南·平頂山市第一高級中學(xué)模擬預(yù)測（理））如圖，在四棱錐中，平面平面ABCD，四邊形ABCD為等腰梯形，∥，，，，．


(1)求證：；
(2)求直線CA與平面PBC所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)題意利用勾股定理可證，結(jié)合面面垂直的性質(zhì)定理理解證明；（2）利用空間向量，根據(jù)處理運算．
(1)
如圖所示，設(shè)AC與BD的交點為O．
因為四邊形ABCD為等腰梯形，∥，，，
所以．
在中，，
即．又因為，所以，．
同理可得，．
因為，所以．
又因為平面平面ABCD，且平面平面，平面ABCD．
所以平面PBD，
又因為平面PBD，
所以．


(2)
取OB，AB的中點E，F(xiàn)，連接PE，EF．
由（1）知平面PBD，又平面PBD，所以，所以．
因為，所以，
平面平面ABD，平面平面，平面PBD，
所以平面ADB，
．
又因為E，F(xiàn)為OB，AB的中點，所以．
以E為坐標原點，EF，EB，EP所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系如圖所示：
所以，，，，，
所以，，．
設(shè)平面PBC的一個法向量為，
則，取，所以．
設(shè)直線CA與平面PBC所成的角為θ，
則．
所以直線CA與平面PBC所成角的正弦值是．

19．（2022·四川·成都七中模擬預(yù)測（理））如圖1，在等邊中，點D，E分別為邊AB，AC上的動點且滿足，記.將△ADE沿DE翻折到△MDE的位置并使得平面MDE⊥平面DECB，連接MB，MC得到圖2，點N為MC的中點．

(1)當EN∥平面MBD時，求λ的值；
(2)試探究：隨著λ值的變化，二面角B-MD-E的大小是否改變？如果改變，請說明理由；如果不改變，請求出二面角的正弦值大?。?br /> 【答案】(1)
(2)不改變，
【解析】
【分析】
（1）首先取的中點為，連接，，再結(jié)合線面平行的性質(zhì)即可得到
（2）利用空間向量法求解即可.
(1)
取的中點為，連接，，

因為，，所以NP∥BC，
又DE∥BC，所以NP∥DE，即N，E，D，P四點共面，
又EN∥平面BMD，EN?平面NEDP，
平面NEDP∩平面MBD＝DP，
所以EN∥PD，即NEDP為平行四邊形，
所以NP＝DE，則DE＝BC，即λ＝.
(2)
取的中點，連接MO，則MO⊥DE，因為平面MDE⊥平面DECB，
平面MDE∩平面DECB＝DE，且MO⊥DE，所以MO⊥平面DECB，
如圖建立空間直角坐標系，

不妨設(shè)，則，，，
所以，，
設(shè)平面的法向量為，則
，即，
令，即.
又平面的法向量，
所以，
即隨著值的變化，二面角的大小不變．
且.
所以二面角的正弦值為.
20．（2022·天津·耀華中學(xué)二模）如圖，在四棱錐中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，E為棱上的點，且.

(1)求證：平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)求點E到平面的距離.
【答案】(1)證明過程見解析；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）建立空間直角坐標系，利用空間向量數(shù)量積的運算性質(zhì)，結(jié)合線面垂直的判定定理進行計算證明即可；
（2）利用空間向量夾角公式進行求解即可；
（3）利用空間向量夾角公式，結(jié)合銳角三角函數(shù)定義進行求解即可.
(1)
因為平面，平面，
所以，而，因此可以建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則有，
，，，
因為，
所以，而平面，
所以平面；

(2)
設(shè)平面的法向量為，
，
則有，
由（1）可知平面的法向量為，
所以有，
由圖知二面角為銳角，所以二面角的余弦值為；
(3)
由（2）可知：平面的法向量為，
，所以可得：
，
所以點E到平面的距離為.
21．（2022·江蘇無錫·模擬預(yù)測）某校積極開展社團活動，在一次社團活動過程中，一個數(shù)學(xué)興趣小組發(fā)現(xiàn)《九章算術(shù)》中提到了“芻甍”這個五面體，于是他們仿照該模型設(shè)計了一道數(shù)學(xué)探究題，如圖1，分別是正方形的三邊的中點，先沿著虛線段將等腰直角三角形裁掉，再將剩下的五邊形沿著線段折起，連接就得到了一個“芻甍”(如圖2)．

(1)若是四邊形對角線的交點，求證：∥平面
(2)若二面角的大小為，求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）結(jié)合圖形可證四邊形是平行四邊形，可得，可得∥平面；（2）根據(jù)題意結(jié)合二面角的定義可得，利用空間向量求線面夾角．
(1)
取線段中點，連接，由圖1可知，四邊形是矩形，且
是線段與的中點，且
在圖1中且，且．
所以在圖2中，且且
四邊形是平行四邊形，則
由于平面平面平面
(2)
由圖1，折起后在圖2中仍有
即為二面角的平面角．
以為坐標原點，分別為軸和軸正向建立空間直角坐標系如圖，且設(shè)
則，


設(shè)平面的一個法向量
由，得，取則
于是平面的一個法向量

∴直線與平面所成角的正弦值為

22．（2022·河北石家莊·模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐中，，，，，點為的中點，且平面．

(1)求證：平面；
(2)若二面角的余弦值為，求直線與所成角的正切值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）取的中點，連接、，證明出四邊形為平行四邊形，可得，可證得平面，利用線面垂直的性質(zhì)可得出，利用以及線面垂直的判定定理可證得結(jié)論成立；
（2）推導(dǎo)出為等邊三角形，取的中點，連接，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，設(shè)，，則，利用空間向量法求出的值，再利用空間向量法結(jié)合同角三角函數(shù)的基本關(guān)系可求得結(jié)果.
(1)
證明：取的中點，連接、，
、分別為、的中點，則且，
又因為，，所以，且，
則四邊形為平行四邊形，所以．
又平面，所以，平面，
平面，，
又，，所以平面．
(2)
解：平面，平面，，
為的中點，故，又因為，故為等邊三角形．
取的中點，連接，
，為的中點，則，
因為平面，平面，則，
，平面，
以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖的空間直角坐標系，

設(shè)，，則，
則、、、、，
設(shè)平面的法向量為，，，
由，取，可得，
易知平面的一個法向量為，
設(shè)二面角的平面角為，易知為鈍角，
所以，，解得，
則，，
，
設(shè)與所成的角為，則，，則，
故與所成角的正切值為.

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