高中数学第6章空间向量与立体几何单元综合检测教师版苏教版选择性必修第二册

第6章空间向量与立体几何一、单选题1．下列说法正确的是（

）A．任一空间向量与它的相反向量都不相等B．将空间向量全部的单位向量平移到同一起点，则它们的终点构成一个圆C．同平面对量一样，随意两个空间向量都不能比较大小D．不相等的两个空间向量的模必不相等【答案】C【分析】依据空间向量的基本概念及性质，结合各选项中空间向量的描述推断正误即可.【解析】A：零向量与它的相反向量相等，故错误；B：将空间中的全部单位向量平移到同一起点，则它们的终点构成一个球面，故错误；C：空间向量与平面对量一样，既有模又有方向，不能比较大小，故正确；D：一个非零空间向量与它的相反向量不相等，但它们的模相等，故错误；故选：C2．已知三棱柱，点为线段的中点，则（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】依据空间向量的线性运算求解即可【解析】解：在三棱柱，点为线段的中点，则，所以，故选：D3．若：，，是三个非零向量；：，，为空间的一个基底，则p是q的

（

）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】利用基底的判定方法和充分不必要条件的定义进行判定.【解析】空间不共面的三个向量可以作为空间的一个基底，若，，是三个共面的非零向量，则，，不能作为空间的一个基底；但若，，为空间的一个基底，则，，不共面，所以，，是三个非零向量，即p是q的必要不充分条件.故选：B.4．在正三棱柱中，若，则与所成的角的大小是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】取的中点，连接，，可证明，进而可得，再由正三棱柱的性质可得，由线面垂直的判定定理可证明面，可得，即可求解.【解析】如图：取的中点，连接，，设，则，，在中，，在中，，所以，所以，所以，因为三棱柱是正三棱柱，所以面，面，所以，因为是等边三角形，所以，因为，所以面，因为面，所以，因为，所以面，因为面，所以，所以与所成的角的大小是，故选：C.5．下列四个命题中，正确命题的个数是（

）①若是空间的一个基底，则对随意一个空间向量，存在唯一的有序实数组（x，y，z），使得；②若两条不同直线l，m的方向向量分别是，，则l∥m；③若是空间的一个基底，且，则A，B，C，D四点共面；④若两个不同平面α，β的法向量分别是，且，，则α∥β．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】①由空间向量基本定理推断；②由方向向量的定义推断；③由空间向量共面定理推断；④由法向量的定义推断.【解析】①若是空间的一个基底，则对随意一个空间向量，存在唯一的有序实数组（x，y，z），使得，由空间向量基本定理知，正确；②若两条不同直线l，m的方向向量分别是，，则l∥m，由方向向量的定义知，正确；③若是空间的一个基底，且，则A，B，C，D四点共面，由空间向量共面定理知，正确；④若两个不同平面α，β的法向量分别是，且，，则α∥β．由法向量的定义知，正确.故选：D6．如图，在正四棱柱中，是底面的中心，分别是的中点，则下列结论正确的是（

）A．//B．C．//平面D．平面【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明，逐项分析、推断作答.【解析】在正四棱柱中，以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，令，是底面的中心，分别是的中点，则，，，对于A，明显与不共线，即与不平行，A不正确；对于B，因，则，即，B正确；对于C，设平面的法向量为，则，令，得，，因此与不垂直，即不平行于平面，C不正确；对于D，由选项C知，与不共线，即不垂直于平面，D不正确.故选：B7．已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，侧棱与底面垂直，若点C到平面AB1D1的距离为，则直线与平面所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先由等面积法求得的长，再以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，运用线面角的向量求解方法可得答案．【解析】如图，连接交于点，过点作于，则平面，则，设，则，则依据三角形面积得，代入解得．以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则，，设平面的法向量为，，，则，即，令，得．，所以直线与平面所成的角的余弦值为，故选：．8．如图，在菱形中，，，沿对角线将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为线段，上的动点，则下列说法错误的是（

）A．平面平面B．线段的最小值为C．当，时，点D到直线的距离为D．当P，Q分别为线段，的中点时，与所成角的余弦值为【答案】C【分析】取的中点，易知，结合条件及线面垂直的判定定理可得平面，进而有平面平面，即可推断A；建立坐标系，利用向量法可推断BCD.【解析】取的中点，连接，∵在菱形中，，，∴，又，∴，所以，又易知，因为，，，所以平面，因为平面，所以平面平面，故A正确；以为原点，分别为轴建立坐标系，则，当，时，，，，，所以点D到直线PQ的距离为，故C错误；设，设，可得，，当时，，故B正确；当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，，，，，设PQ与AD所成的角为，则，所以PQ与AD所成角的余弦值为，故D正确；故选：C.二、多选题9．在空间直角坐标系中，平面的法向量，直线的方向向量为，则下列说法正确的是（

）A．轴确定与平面相交 B．平面确定经过点C．若，则 D．若，则【答案】AC【分析】A选项，设设轴的方向向量设为，通过计算可以得到两者确定相交；B选项干脆可以作出推断；C选项通过视察发觉，可以作出推断，D选项通过计算，可以得到或在平面上.【解析】不妨设轴的方向向量设为，则，故轴确定与平面相交，A正确；平面不愿定经过点，B错误；因为，即，故，C正确；因为，所以，所以或在平面上，故D错误.故选：AC10．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为与的交点，若，则下列正确的是（

）A． B．C．的长为 D．【答案】BD【分析】AB选项，利用空间向量基本定理进行推导即可；C选项，在B选项的基础上，平方后计算出，从而求出；D选项，利用向量夹角的余弦公式进行计算.【解析】依据题意，依次分析选项：对于A选项，，A错误，对于B选项，，B正确：对于C选项，，则，则，C错误：对于，则，D正确.故选：BD.11．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，，平面，PA=AB=2，E为棱PB的中点，F为棱BC上的动点，则下列结论正确的为（

）A．平面平面PBC B．EF与平面ABCD所成角的最大值为C．E到面PAC的距离为 D．AE与PC所成角的余弦值为【答案】CD【分析】取的中点，可证得两两垂直，所以以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量逐个分析推断.【解析】取的中点，连接，因为底面ABCD为菱形，，所以，因为平面，平面，所以，所以两两垂直，所以以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，因为E为棱PB的中点，所以，设（），对于A，设平面的法向量为，平面的法向量为，因为，，所以，，令，，则，，若平面平面PBC，则，解得不合题意，所以A错误，对于B，平面的一个法向量为，，设EF与平面ABCD所成角为，则，因为，所以，因为，所以大于，所以B错误，对于C，设平面的法向量为，，则，令，则，，所以E到面PAC的距离为，所以C正确，对于D，设AE与PC所成角为，，，所以，所以D正确，故选：CD12．如图，已知P为棱长为1的正方体对角线上的一点，且，下面结论中正确的有（

）A．B．可能与面APB垂直C．当取最小值时，D．若，则【答案】AC【分析】以D为坐标原点,分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算逐一分析即可.【解析】以D为坐标原点，分别为轴建立如图空间直角坐标系，则，设因为，，所以，即解得对于A,因为所以则，所以，故A正确，对于B,因为所以设为面的法向量，则即，令则，假设与面APB垂直，即与面垂直，故即得，此方程组无解，即不行能与面APB垂直，故B错误，对于C，，则当时，取最小值，故C正确,对于D,因为所以则因为，所以则则则故D错误.故选:AC三、填空题13．已知是空间的一个单位正交基底，向量是空间的另一个基底，用基底表示向量___________.【答案】【分析】设，然后整理解方程组即可.【解析】设，即有，因为是空间的一个单位正交基底，所以有，所以.故答案为：14．已知正方体的棱长为6，E为棱的中点，F为棱上的点，且，则___________.【答案】18【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积运算求解.【解析】建立如图所示空间直角坐标系：则，所以，所以，故答案为：1815．在平行六面体中，底面ABCD为正方形，，，，若，则___________.【答案】【分析】利用向量运算表示，由此求得.【解析】.故答案为：16．如图，在棱长为1的正方体中，点M为线段上的动点，下列四个结论：①存在点M，使得直线AM与直线夹角为30°；②存在点M，使得与平面夹角的正弦值为；③存在点M，使得三棱锥的体积为；④存在点M，使得，其中为二面角的大小，为直线与直线AB所成的角．则上述结论正确的有______．（填上正确结论的序号）【答案】②③【分析】对①：由连接，，由平面，即可推断；对③：设到平面的距离为，则，所以即可推断；对④：以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用向量法求出与，比较大小即可推断；对②：设与平面夹角为，利用向量法求出，即可求解推断.【解析】解：对①：连接，，在正方体中，由平面，可得，又，，所以平面，所以，故①错误；对③：设到平面的距离为，则，所以，故③正确；对④：以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，0，，，0，，，，，，，，所以，，，，，，设平面的法向量为，，，则，即，取，，，又，1，是平面的一个法向量，又二面角为锐二面角或直角，所以，，，又，，，故④错误．对②：由④的解析知，，，，设平面的法向量为，则，即，取，则，设与平面夹角为，令，即，又，解得或，故②正确.故答案为：②③.四、解答题17．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，点是的中点.(1)求证：；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）依据线面垂直的性质和判定定理即可证明；（2）依据题意建立空间直角坐标系，通过线面角相关公式进行计算即可.【解析】（1）如图，连接，∵四边形是正方形，∴.又平面，平面，∴，∵平面，，∴平面，又平面，∴（2）易知，，两两垂直，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.∵，∴，，，，，∴，，.设平面的法向量为，则，令，得.设直线与平面所成角为，由图可知，则.即直线与平面所成角的正弦值为.18．如图，在四棱锥中，，，.(1)证明：平面平面；(2)若，求点到平面的距离.【答案】(1)证明过程见详解(2)【分析】（1）由已知可证，结合，可证平面，即可证结论；（2）结合（1）先证明，，两两垂直，并得出须要的线段长，再建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量与，代入公式即可解答．【解析】（1）取的中点为，连接，可知四边形是平行四边形，∴，∴点在以为直径的圆上，∴.又，，且，平面，∴平面，又平面，∴平面平面．（2）∵平面，平面，∴，由，，得，.∵平面，又平面，∴平面平面，连接交于点，则为的中点，连接，则，且，∵平面平面，平面平面，∴平面，∴，由题意可知，，∴，故以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，，，，则，，，设平面的法向量为，由，得，令，则，点到平面的距离为．19．如图，将长方形（及其内部）绕旋转一周形成圆柱，其中，劣弧的长为为圆的直径.(1)在弧上是否存在点（在平面的同侧），使，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)存在，当为圆柱的母线，(2)【分析】（1）当为圆柱的母线，证明平面，从而得出；（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法得出平面与平面夹角的余弦值.【解析】（1）存在，当为圆柱的母线，.连接，因为为圆柱的母线，所以平面，又因为平面，所以.因为为圆的直径，所以.，所以平面，因为平面，所以.（2）以为原点，分别为轴，垂直于轴直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示.，因为的长为，所以，设平面的法向量，令，解得，所以.因为轴垂直平面，所以设平面的法向量.所以.所以平面与平面夹角的余弦值为.20．如图，在三棱柱中，，.(1)证明：平面平面；(2)若，，，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)见解析；(2).【分析】(1)设,连接,由题意可得为的中点，又因为，，所以，，从而可得平面，即可证明平面平面；(2)建立以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴的空间坐标系，利用向量法求解.【解析】（1）证明：设,连接,如图所示：则为的中点，因为，所以，即，又因为，所以，又因为，所以平面，又因为平面，所以平面平面；（2）解：因为，所以为正三角形，四边形为菱形，因为，，设，则，，所以为等腰直角三角形，所以，又因为四边形为菱形，所以，，又因为，所以，所以，即两两垂直，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的坐标系：所以，，，，，设，由可得，所以，所以，所以，，，设平面的法向量为，所以，即有，令，得，所以，设直线与平面所成角为，则有.所以直线与平面所成角的正弦值为.21．如图，分别是矩形上的点，，，把四边形沿折叠，使其与平面垂直，如图所示，连接，得到几何体．(1)当点在棱上移动时，证明：；(2)在棱上是否存在点，使二面角的平面角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)存在，.【分析】（1）利用题设条件及面面垂直的性质定理证得两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求得，由此可证得；（2）利用（1）中结论，求出平面与平面的法向量，从而利用空间向量夹角余弦的坐标公式得到关于的方程，解之即可.【解析】（1）由图1易知图2中，有，又因为面面，面面，面，所以面，又面，故，故以为原点，边所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，则不妨设，，则，故，所以，故..（2）假设存在使二面角的平面角为，其中，因为平面，所以可作为平面的一个法向量，因为，设平面的一条法向量为，则，即，令，则，故，因为二面角的平面角为，所以，即，整理得，解得或（舍去），所以，故在棱上存在点，使二面角的平面角为，且.22．如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥．(1)求四棱锥的体积的最大值；(2)若棱的中点为，求的长；(3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．【答案】(1)(2)(3)【