第一章 空間向量與立體幾何（單元重點綜合測試）（解析版）

第1章空間向量與立體幾何（單元重點綜合測試）一、單項選擇題：每題5分，共8題，共計40分。1．已知向量，，，若，，共面，則實數(shù)（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用空間向量共面定理進行求解.【詳解】若，，共面，則存在實數(shù)，，使得，即，即，解得.故選D.2．已知向量，，且與互相垂直，則的值是（

）A． B．2 C． D．1【答案】A【分析】先利用空間向量的數(shù)量積及模長的坐標表示求出，再利用空間向量的數(shù)量積的運算律進行求解.【詳解】因為，，所以，，，因為與互相垂直，所以，即，即，解得.故選A.3．如圖，在平行六面體中，E，F(xiàn)分別在棱和上，且.記，若，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】設，由空間向量的線性運算可得，由空間向量基本定理即可求解.【詳解】設，因為，所以，，.因為，所以.故選:B.4．在《九章算術(shù)》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑，在鱉臑中，AB⊥平面BCD，，且，M為AD的中點，則異面直線BM與CD夾角的余弦值為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】建立空間直角坐標系，利用向量法可以求得向量夾角的余弦值，再根據(jù)向量夾角與異面直線夾角的關(guān)系可以求得異面直線夾角的余弦值.【詳解】畫出四面體，建立坐標系，利用向量法求異面直線所成角的余弦值即可.解：四面體是由正方體的四個頂點構(gòu)成的，如下圖所示建立如下圖所示的空間直角坐標系，設正方體的棱長為因為異面直線夾角的范圍為，所以異面直線BM與CD夾角的余弦值為故選C5．已知矩形為平面外一點，且平面，分別為上的點，，則（

）A． B． C．1 D．【答案】B【分析】根據(jù)空間向量基本定理求出，求出答案.【詳解】因為，所以，故，故.故選B6．空間內(nèi)有三點，，，則點P到直線EF的距離為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】分別求出與，即可得，與，根據(jù)點P到直線EF的距離為可求解.【詳解】因為，,所以，，.所以點P到直線EF的距離為.故選:D.7．已知正方體的棱長為4，點E是棱的中點，動點P在正方形內(nèi)（包括邊界）運動，且平面，則長度的取值范圍為（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】以D為原點，以，，的方向為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系．取的中點為H，連接，.證明出點P只能在線段上運動．設（）表示出，求出模長，利用二次函數(shù)求出PC長度的取值范圍.【詳解】以D為原點，以，，的方向為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系．則，，，，，，，，.取的中點為H，連接，.在正方體中，且，所以四邊形為平行四邊形，所以.又面，面，所以面.同理可證：面.又，所以平面平面．因為平面，所以點P只能在線段上運動．易知，設（），，則，，，．當時，取得最小值；當時，取得最大值36．故PC長度的取值范圍為．故選C【點睛】立體幾何求最值的方法有兩類：（1）幾何法：利用幾何圖形求最值；（2）代數(shù)法：把距離表示為函數(shù)，利用函數(shù)求最值.8．如圖，在直三棱柱中，，，，，點在棱上，點在棱上，給出下列三個結(jié)論：①三棱錐的體積的最大值為；②的最小值為；③點到直線的距離的最小值為．其中所有正確結(jié)論的個數(shù)為（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】根據(jù)錐體的體積公式判斷①，將將翻折到與矩形共面時連接交于點，此時取得最小值，利用勾股定理求出距離最小值，即可判斷②，建立空間直角坐標系，利用空間向量法求出點到距離，再根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)計算可得.【詳解】在直三棱柱中平面，對于①：因為點在棱上，所以，又，又，，，點在棱上，所以，，所以，當且僅當在點、在點時取等號，故①正確；對于②：如圖將翻折到與矩形共面時連接交于點，此時取得最小值，因為，，所以，所以，即的最小值為，故②錯誤；對于③：如圖建立空間直角坐標系，設，，，，，所以，，則點到直線的距離，當時，當時，，，則，所以當取最大值，且時，即當在點在點時點到直線的距離的最小值為，故③正確；故選C二、多項選擇題：每題5分，共4題，共計20分，全部選對得5分，部分選對得2分，有選錯的不得分。9．已知向量，則下列結(jié)論不正確的是（

）A． B．C． D．【答案】BC【分析】利用向量坐標運算法則直接求解．【詳解】解：向量，，，，故正確；，1，，故錯誤；，故錯誤；，故正確．故選．10．下列說法錯誤的是（

）A．若空間向量，則存在唯一的實數(shù)，使得B．A，B，C三點不共線，空間中任意點O，若，則P，A，B，C四點共面C．，，與夾角為鈍角，則x的取值范圍是D．若是空間的一個基底，則O，A，B，C四點共面，但不共線【答案】ACD【分析】根據(jù)空間向量平行、空間點共面、空間向量夾角、基底等知識確定正確選項.【詳解】A選項，若是零向量，是非零向量，則，但不存在實數(shù)，使得，A選項錯誤.B選項，，，所以P，A，B，C四點共面，B選項正確.C選項，當時，，與夾角為，C選項錯誤.D選項，如下圖所示三棱錐，是空間的一個基底，但不共面，D選項錯誤.故選ACD11．如圖，正方體的棱長為1，是的中點，則（

）A．直線平面 B．C．三棱錐的體積為 D．異面直線與所成的角為【答案】ABD【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量法一一驗證即可；【詳解】解：如圖建立空間直角坐標系，，，，，，，，，，，，，所以，即，所以，故B正確；，，，設異面直線與所成的角為，則，又，所以，故D正確；設平面的法向量為，則，即，取，則，即，又直線平面，所以直線平面，故A正確；，故C錯誤；故選ABD【點睛】本題考查空間向量法在立體幾何中的應用，屬于中檔題.12．.如圖，在菱形中，，沿對角線將折起，使點，之間的距離為，若分別為直線上的動點，則下列說法正確的是（

）A．無論P運動到哪，都是銳角B．線段的最小值為C．平面平面D．當分別為線段的中點時，與所成角的余弦值為【答案】BCD【分析】設BD的中點為O，連接AO，CO，建立空間直角坐標系，運用空間向量作有關(guān)計算.【詳解】取的中點，連接，由題意可知：，因為，所以，又易知，因為，所以平面，因為平面，所以平面平面，故C正確，當P點與O點重合時，，A錯誤；以為原點，分別為軸建立坐標系，則，設，由得，，，當時，，故B正確；當分別為線段的中點時，設與所成的角為，所以與所成角的余弦值為，故D正確；故選BCD.三、填空題：每題5分，共4題，共計20分。13．已知向量為平面的法向量，點在內(nèi)，則點到平面的距離為.【答案】【分析】把點到平面距離問題轉(zhuǎn)化為向量數(shù)量積問題求解．【詳解】解：，0，，點到平面的距離為．故答案為：.14．已知向量，向量，則向量在向量方向上的投影為．【答案】【分析】代入向量投影的計算公式即可求出結(jié)果.【詳解】因為，，所以，，，所以向量在方向上的投影數(shù)量為.故答案為：.15．,為空間直角坐標系中的兩個點，，若，則．【答案】0【分析】由向量的平行公式，則，可以求出，即可得到的值.【詳解】由A.B的點坐標可得，因為，則，所以．故答案為：0.16．如圖，棱長為的正方體的頂點在平面內(nèi)，三條棱,,都在平面的同側(cè).若頂點,到平面的距離分別為,，則平面與平面所成銳二面角的余弦值為【答案】【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標系，設平面的一個法向量為，設連結(jié)則四面體為直角四面體；作平面的法線作于于于連結(jié)，令由等體積可得令可得設，解得；則的法向量為由得，∴，平面的法向量為，則平面與平面所成銳二面角的余弦值為四、綜合題：共6題，共計70分。17．（本題10分）如圖，在空間四邊形中，，點為的中點，設，，.（1）試用向量，，表示向量；（2）若，，，求的值.【答案】（1）（2）【解析】(1）根據(jù)向量的運算性質(zhì)求出即可；(2）根據(jù)向量的運算性質(zhì)代入計算即可.【詳解】（1），故∵點E為AD的中點，故（2）由題意得故故18．（本題12分）空間中，兩兩互相垂直且有公共原點的三條數(shù)軸構(gòu)成直角坐標系，如果坐標系中有兩條坐標軸不垂直，那么這樣的坐標系稱為“斜坐標系”.現(xiàn)有一種空間斜坐標系，它任意兩條數(shù)軸的夾角均為60°，我們將這種坐標系稱為“斜60°坐標系”.我們類比空間直角坐標系，定義“空間斜60°坐標系”下向量的斜60°坐標：分別為“斜60°坐標系”下三條數(shù)軸（x軸?y軸?z軸）正方向的單位向量，若向量，則與有序?qū)崝?shù)組（x，y，z）相對應，稱向量的斜60°坐標為[x，y，z]，記作.(1)若，，求的斜60°坐標；(2)在平行六面體中，AB=AD=2，AA1=3，，如圖，以為基底建立“空間斜60°坐標系”.①若，求向量的斜坐標；②若，且，求.【答案】(1)(2)①；②2【分析】（1）根據(jù)所給定義可得，，再根據(jù)空間向量線性運算法則計算可得；（2）設分別為與同方向的單位向量，則，①根據(jù)空間向量線性運算法則得到，即可得解；②依題意、且根據(jù)空間向量數(shù)量積的運算律得到方程，即可求出，再根據(jù)及向量數(shù)量積的運算律計算可得；【詳解】（1）解：由，，知，，所以，所以；（2）解：設分別為與同方向的單位向量，則，①②由題，因為，所以，由知則19．（本題12分）如圖，平面，，，，，.(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值；(3)若二面角的余弦值為，求線段的長.【答案】(1)證明見解析(2)；(3)【分析】（1）以為坐標原點，分別以，，所在直線為，，軸建立空間直角坐標系，求得，，，，的坐標，設，可得是平面的法向量，再求出，由，且直線平面，得平面；（2）求出，再求出平面的法向量，利用向量夾角公式得到直線與平面所成角的正弦值；（3）求出平面的法向量，由兩平面法向量所成角的余弦值為，列式求線段的長.【詳解】（1）證明：因為平面，，在平面內(nèi)，則，，又，故以為坐標原點，分別以，，所在直線為，，軸建立空間直角坐標系，可得，，，，.設，則.則是平面的法向量，又，可得.又∵直線平面，∴平面；（2）依題意，，，.設為平面的法向量，則令，得.∴.∴直線與平面所成角的正弦值為；（3）設為平面的法向量，則，取，可得，由題意，，解得.經(jīng)檢驗，符合題意.∴線段的長為.20．（本題12分）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設平面PAD與平面PBC的交線為l．（1）證明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）利用線面垂直的判定定理證得平面，利用線面平行的判定定理以及性質(zhì)定理，證得，從而得到平面；（2）方法一：根據(jù)題意，建立相應的空間直角坐標系，得到相應點的坐標，設出點，之后求得平面的法向量以及向量的坐標，求得的最大值，即為直線與平面所成角的正弦值的最大值.【詳解】（1）證明：在正方形中，，因為平面，平面，所以平面，又因為平面，平面平面，所以，因為在四棱錐中，底面是正方形，所以且平面，所以因為，所以平面．（2）［方法一］【最優(yōu)解】：通性通法因為兩兩垂直，建立空間直角坐標系，如圖所示：因為，設，設，則有，設平面的法向量為，則，即，令，則，所以平面的一個法向量為，則根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值等于，當且僅當時取等號，所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為.［方法二］：定義法如圖2，因為平面，，所以平面．在平面中，設．在平面中，過P點作，交于F，連接．因為平面平面，所以．又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，從而即為與平面所成角．設，在中，易求．由與相似，得，可得．所以，當且僅當時等號成立．［方法三］：等體積法如圖3，延長至G，使得，連接，，則，過G點作平面，交平面于M，連接，則即為所求．設，在三棱錐中，．在三棱錐中，．由得，解得，當且僅當時等號成立．在中，易求，所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為．【整體點評】（2）方法一：根據(jù)題意建立空間直角坐標系，直線PB與平面QCD所成角的正弦值即為平面的法向量與向量的夾角的余弦值的絕對值，即，再根據(jù)基本不等式即可求出，是本題的通性通法，也是最優(yōu)解；方法二：利用直線與平面所成角的定義，作出直線PB與平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；方法三：巧妙利用，將線轉(zhuǎn)移，再利用等體積法求得點面距，利用直線PB與平面QCD所成角的正弦值即為點面距與線段長度的比值的方法，即可求出．21．（本題12分）已知三棱柱中，，，，．(1)求證：平面平面ABC；(2)若，在線段AC上是否存在一點P，使二面角的平面角的余弦值為？若存在，確定點P的位置；若不存在，說明理由．【答案】(1)證明見解析；(2)存在，，理由見解析.【分析】（1）連接，由線面垂直的判定有平面，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)，最后根據(jù)線面垂直、面面垂直的判定證結(jié)論.（2）構(gòu)建空間坐標系，假設存在使題設條件成立，進而求得面、面的法向量，根據(jù)已知二面角余弦值及空間向量夾角的坐標表示列方程求，即可判斷存在性.【詳解】（1）由知：四邊形為菱形．連接，則，又且，∴平面，平面，則；又，即，而，∴平面，而平面ABC，∴平面平面ABC．（2）以C為坐標原點，射線CA、CB為x、y軸的正向，平面上過C且垂直于AC的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系．∵，，，∴，，，．設在線段AC上存在一點P，滿足，使二面角的余弦值為，則，所以，．設平面的一個法向量為，由，取，得；平面的一個法向量