高二数学考点讲解练(人教A版2019选择性必修第一册)第一章空间向量与立体几何单元检测(原卷版+解析)

第一章空间向量与立体几何单元检测本试卷共4页，22小题，满分150分，考试用时120分钟。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．若正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，化简下列各式的结果为的是（）A． B．C． D．2．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则D1A与平面ABCD所成的角为（

）A．45° B．60° C．90° D．135°3．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（

）A． B． C． D．4．已知为三维空间中的非零向量，下列说法不正确的是（）A．与共面的单位向量有无数个B．与垂直的单位向量有无数个C．与平行的单位向量只有一个D．与同向的单位向量只有一个5．如图，空间四边形中，，，，点，分别在，上，且，，则（

）A． B． C． D．6．直角梯形中，是边的中点，将三角形沿折叠到位置，使得二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．7．已知单位向量与x，y轴的夹角分别为60°，60°，与z轴的夹角为钝角，向量，则（

）A． B． C．1 D．18．已知矩形ABCD，AB＝1，BC，沿对角线AC将△ABC折起，若平面ABC与平面ACD所成角的余弦值为，则B与D之间距离为（

）A．1 B． C． D．选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得09．已知，分别为直线l1，l2的方向向量（l1，l2不重合），，分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），则下列说法中，正确的是（

）A．⇔l1//l2 B．⊥⇔l1⊥l2C．⇔α//β D．⊥⇔α⊥β10．已知空间向量，则下列说法正确的是（

）A．B．向量与向量共线C．向量关于轴对称的向量为D．向量关于平面对称的向量为11．如图，菱形ABCD边长为2，∠BAD=60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到，连接，，且，平面与平面的交线为l，则下列结论中正确的是（

）A．平面平面 B．C．ВС与平面所成角的余弦值为 D．二面角的余弦值为12．设正六面体的棱长为2，下列命题正确的有（

）A．B．二面角的正切值为C．若，则正六面体内的P点所形成的面积为D．设为上的动点，则二面角的正弦值的最小值为三．填空题本题共4小题，每小题5分，共20分13．设是空间向量的单位正交基底，，，则向量与的位置关系是________．14．如图，已知一个的二面角的棱上有两点和，且和分别是在这两个面内且垂直于的线段．又知，，，则求CD的长为___．15．如图所示，在平行六面体中是的中点，点是上的点，且，用表示向量的结果是______.16．在棱长为1的正方体中，，，分别在棱，，上，且满足，，，是平面，平面与平面的一个公共点，设，则_________.四．解答题：本题共6小题，17题10分，剩下每题12分。共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．已知，，计算：(1)，，，；(2)．18．如图所示，在平行六面体中，，分别在和上，且，．(1)证明：、、、四点共面．(2)若，求．19．如图，三棱柱中，点在平面内的射影在上，，.(1)证明:；(2)若，求二面角的余弦值.20．在四棱锥中，，平面平面.(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值.21．如图，已知四棱锥平面，(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.22．如图，在正四棱柱中，已知，，E，F分别为，上的点，且．(1)求证：平面ACF：(2)求点B到平面ACF的距离．第一章空间向量与立体几何单元检测本试卷共4页，22小题，满分150分，考试用时120分钟。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．若正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，化简下列各式的结果为的是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】可先画出正方体，根据向量加法的运算法则计算各式，再进行判断.【详解】如图，，所以A错误；，所以B正确；，所以C错误；，所以D错误；故选：B．2．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则D1A与平面ABCD所成的角为（

）A．45° B．60° C．90° D．135°【答案】A【分析】根据正方体的性质可知即为直线与平面所成的角，从而求出结果．【详解】解：依题意，如图所示，根据正方体的性质可知，平面，∴即为直线与平面所成的角，又∵，，∴为等腰直角三角形，∴，故选：A．3．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（

）A． B． C． D．【答案】A【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.故选：A4．已知为三维空间中的非零向量，下列说法不正确的是（）A．与共面的单位向量有无数个B．与垂直的单位向量有无数个C．与平行的单位向量只有一个D．与同向的单位向量只有一个【答案】C【分析】利用向量的定义，有大小，有方向两个方面进行判断，即可确定每个选项的正确性．【详解】解：与共面的单位向量，方向可任意，所以有无数个，故A正确；与垂直的单位向量，方向可任意，所以有无数个，故B正确；与平行的单位向量，方向有两个方向，故不唯一，故C错误；与同向的单位向量，方向唯一，故只有一个，故D正确．故选：C．5．如图，空间四边形中，，，，点，分别在，上，且，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先根据空间向量线性运算法则用，，表示出，再根据数量积的运算律计算可得.【详解】解：，，．又，，，所以，，，所以，所以.故选：A．6．直角梯形中，是边的中点，将三角形沿折叠到位置，使得二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系求解即可【详解】建如图所示空间直角坐标系，得，，所以，所以.故选：D7．已知单位向量与x，y轴的夹角分别为60°，60°，与z轴的夹角为钝角，向量，则（

）A． B． C．1 D．1【答案】C【分析】设向量与z轴正向的夹角为，由cos260°+cos260°+cos2α＝1，求出的大小，再利用数量积运算求解即可．【详解】解：在边长为1的正方体上作空间直角坐标系如图，分别是轴上的单位向量，设单位向量与z轴正向的夹角为，∵向量与x轴正向的夹角为60°，与y轴正向的夹角为60°，∴cos260°+cos260°+cos2＝1，解得cos2＝1，∵与z轴的夹角为钝角，∴cos，∴＝135°，∵，则=2×1×11×1×（）＝1，故选：C．8．已知矩形ABCD，AB＝1，BC，沿对角线AC将△ABC折起，若平面ABC与平面ACD所成角的余弦值为，则B与D之间距离为（

）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】过B和D分别作BE⊥AC，DF⊥AC，根据向量垂直的性质，利用向量数量积进行转化求解即可．【详解】过B和D分别作BE⊥AC，DF⊥AC，∵AB＝1，BC，∴AC＝2，∵，∴BE＝DF，则AE＝CF，即EF＝2﹣1＝1，∵平面ABC与平面ACD所成角的余弦值为，∴，∵，∴，则||，即B与D之间距离为，故选：C．选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得09．已知，分别为直线l1，l2的方向向量（l1，l2不重合），，分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），则下列说法中，正确的是（

）A．⇔l1//l2 B．⊥⇔l1⊥l2C．⇔α//β D．⊥⇔α⊥β【答案】ABCD【分析】根据方向向量的关系和法向量的关系可判断线线关系和面面关系，即可得到答案．【详解】解：若两条直线不重合，则空间中直线与直线平行（或垂直）的充要条件是它们的方向向量平行（或垂直），故选项A，B正确；若两个平面不重合，则空间中面面平行（或垂直）的充要条件是它们的法向量平行（或垂直），故选项C，D正确．故选：ABCD．10．已知空间向量，则下列说法正确的是（

）A．B．向量与向量共线C．向量关于轴对称的向量为D．向量关于平面对称的向量为【答案】ABC【分析】根据空间向量模的公式，结合共线向量、线对称、面对称的性质逐一判断即可.【详解】A：因为，所以本选项说法正确；B：因为，所以向量与向量共线，因此本选项说法正确；C：设的起点为坐标原点，所以该向量的终点为，因为点关于轴对称的点的坐标为，所以向量关于轴对称的向量为，因此本选项说法正确；D：设的起点为坐标原点，所以该向量的终点为，因为点关于平面对称点的坐标为，所以向量关于平面对称的向量为，故选：ABC11．如图，菱形ABCD边长为2，∠BAD=60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到，连接，，且，平面与平面的交线为l，则下列结论中正确的是（

）A．平面平面 B．C．ВС与平面所成角的余弦值为 D．二面角的余弦值为【答案】ABD【分析】A.利用面面垂直的判定定理判断；B.利用线面平面的判定定理和性质定理判断；C、D.利用空间向量夹角进行求解判断即可.【详解】在菱形ABCD中，E为边AB的中点，所以，因为，所以ED⊥DC，因为A′D⊥DC，，所以平面A′DE，因为，所以平面A′DE，因为平面A′BE，所以平面A′DE⊥平面A′BE，故A正确；因为，平面A′BE，平面A′BE，所以平面A′BE，又平面A′BE与平面A′CD的交线为l，所以CD∥l，故B正确；由A知，平面A′DE，则A′E，又菱形ABCD边长为2，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，所以A′E，又BE∩DE=E，所以A′E平面BED,，以E为原点，分别以EB，ED,EA′为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系：则，所以，由上可知：平面A′DE，设平面的一个法向量为：，则，所以有，因此选项C不正确；显然平面的一个法向量为：，设平面的一个法向量为：则有则，即，所以所以，所以选项D正确，故选：ABD12．设正六面体的棱长为2，下列命题正确的有（

）A．B．二面角的正切值为C．若，则正六面体内的P点所形成的面积为D．设为上的动点，则二面角的正弦值的最小值为【答案】BCD【分析】根据空间向量的线性运算，可判定A错误；根据题意得到为二面角的平面角，在直角中，可判定B正确；由空间向量的共面定理，得到点所形成的图形为正，可判定C正确；根据二面角平面角的定义和求法，可判定D正确.【详解】在正六面体中，已知棱长为2，如图所示，对于A中，由，所以A错误；对于B中，在正六面体中，可得平面，因为平面，可得，又因为，且，所以平面，因为平面，所以，所以为二面角的平面角，在直角中，可得，所以B正确；对于C中，因为且，由空间向量的共面定理，可得点四点共面，所以点所形成的图形为正，其中，所以，即正六面体内的点所形成的面积为，所以C正确；对于D中，当点为上的动点，过点作，可得平面，因为平面，所以，过点作，可得，因为，所以平面，又因为平面，所以，所以为的平面角，在直角中，，当点与点重合时，取得最大值，此时二面角的正弦值取得最小值，最小值为，所以D正确.故选：BCD.三．填空题本题共4小题，每小题5分，共20分13．设是空间向量的单位正交基底，，，则向量与的位置关系是________．【答案】【分析】由向量的数量积运算易得，然后可得.【详解】由题知因为所以故答案为：14．如图，已知一个的二面角的棱上有两点和，且和分别是在这两个面内且垂直于的线段．又知，，，则求CD的长为___．【答案】【分析】由向量的线性运算法则得到，根据题设条件和向量的数量积、向量模的计算公式，即可求解.【详解】由向量的线性运算法则，可得，因为，，且二面角的平面角为，可得，，且，又因为和分别是在这两个面内且垂直于的线段，所以，所以.故答案为：.15．如图所示，在平行六面体中是的中点，点是上的点，且，用表示向量的结果是______.【答案】【分析】由空间向量的线性运算求解．【详解】是的中点，．故答案为：．16．在棱长为1的正方体中，，，分别在棱，，上，且满足，，，是平面，平面与平面的一个公共点，设，则_________.【答案】##1.2【分析】根据共面定理列方程组可解.【详解】如图所示，正方体中，，，，A，，四点共面，，，，四点共面，，解得，；．故答案为：四．解答题：本题共6小题，17题10分，剩下每题12分。共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．已知，，计算：(1)，，，；(2)．【答案】(1)，，，；(2)【分析】（1）利用空间向量模长公式，及空间向量的坐标运算法则进行计算；（2）利用空间向量的坐标夹角公式进行求解.(1)，，，，所以(2)18．如图所示，在平行六面体中，，分别在和上，且，．(1)证明：、、、四点共面．(2)若，求．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）在上取一点，使得，连接、，根据平行六面体的性质、，即可得到，即可得证；（2）结合图形，根据空间向量线性运算法则计算可得.（1）证明：在上取一点，使得，连接、，在平行六面体中，，，，且，且，所以四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，所以，且，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，所以，、、、四点共面．（2）解：因为，即，，，．19．如图，三棱柱中，点在平面内的射影在上，，.(1)证明:；(2)若，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得平面，平面，进而即得；（2）利用坐标法，根据二面角的向量求法即得.（1）∵点在平面内的射影在上，∴平面，又平面，∴，∵，，平面，∴平面，平面，∴，∵，四边形为平行四边形，∴四边形为菱形，故，又，平面，∴平面，平面，∴；（2）以C为坐标原点，以为x轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，∴，设平面的法向量，则，取，则，又因为平面的法向量为，故，所以二面角的余弦值为.20．在四棱锥中，，平面平面.(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）作根据面面垂直的性质可得平面，则，根据题意平面，则，利用线面垂