高中数学第一章空间向量与立体几何单元综合测试卷新人教A版选择性必修第一册

第一章空间向量与立体几何单元综合测试卷一、单选题1．两个不同平面，的法向量分别为非零向量，，两条不同直线，的方向向量分别为非零向量，，则下列叙述不正确的是（

）A．的充要条件为B．的充要条件为C．的充要条件为存在实数使得D．的充要条件为【答案】D【解析】【分析】依据面面垂直的定义及向量数量积的几何意义判断选项A；依据线线垂直的定义及向量数量积的几何意义判断选项B；依据面面平行的定义及数乘向量的几何意义判断选项C；依据线面平行的定义及向量数量积的几何意义判断选项D.【详解】选项A：.判断正确；选项B：.判断正确；选项C：存在实数使得.判断正确；选项D：若，则有；若，则有或，则是的充分不必要条件.判断错误.故选：D2．以下四组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项判断可得出合适的选项.【详解】对于A选项，设，所以，，无解；对于B选项，因为，故B选项中的三个向量共面；对于C选项，设，所以，，无解；对于D选项，设，所以，，矛盾.故选：B.3．若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】【分析】根据向量共面定理即可求解．【详解】解：对A：，故A选项中向量共面；对B：，故B选项中向量共面；对D：，故D选项中向量共面；假设，，共面，则存在实数使得，则共面，与已知矛盾，故C选项中向量不共面；故选：C.4．在四面体中，，，，点在上，且，是的中点，则（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】【分析】利用空间向量的线性运算可得出关于、的表达式，再利用可求得结果.【详解】由已知，所以，，故选：D.5．已知，，三点不共线，为平面外一点，下列条件中能确定，，，四点共面的是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】【分析】根据点与点共面，可得，验证选项，即可得到答案.【详解】设，若点与点共面，则，对于选项A：，不满足题意；对于选项B：，不满足题意；对于选项C：，不满足题意；对于选项D：，满足题意.故选：D.6．如图，在平行六面体中，底面是边长为的正方形，若，且，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】由向量线性运算得，利用数量积的定义和运算律可求得，由此可求得.【详解】由题意得：，，且，又，，，，.故选：D.7．如图，在棱长为1的正方体中，下列结论不正确的是（

）A．异面直线与所成的角为B．二面角的正切值为C．直线与平面所成的角为D．四面体的外接球体积为【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线的夹角，二面角及线面角，判断ABC选项，D选项，四面体的外接球即为正方体的外接球，从而求出外接球半径和体积.【详解】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，A选项，设异面直线与所成的角为，则，故异面直线与所成的角为，A正确；B选项，设平面的法向量为，则有，令得：，则，平面的法向量为，设二面角的大小为，显然为锐角，则，所以，，故二面角的正切值为，B正确；C选项，设平面的法向量为，则令，则，所以，设直线与平面所成的角为，则，则，C错误；D选项，四面体的外接球即为正方体的外接球，设外接球半径为R，则，则外接球体积为，D正确.故选：C8．已知四面体的所有棱长均为，分别为棱的中点，为棱上异于的动点．有下列结论：①线段的长度为；

②点到面的距离范围为；③周长的最小值为；

④的余弦值的取值范围为．其中正确结论的个数为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】作平面，垂足为，取中点，利用长度关系可求得，利用勾股定理可知①正确；在上取点，使得，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，，可表示出，利用点到平面距离的向量求法可表示出，令，可得，由此确定②正确；将等边三角形与沿展开，可知，由此可知③正确；设为中点，若点在线段上，设，利用余弦定理表示出，可知当时，；当时，，结合二次函数最值的求法可求得的范围，知④正确.【详解】四面体所有棱长均为，四面体为正四面体；对于①，作平面，垂足为，四面体为正四面体，为的中心，且；取中点，连接，则，且平面；，，；平面，平面，，，①正确；对于②，在上取点，使得，则，，则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，设，，，，，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，，点到平面的距离，令，则，，，，即点到平面的距离的取值范围为，②正确；对于③，将等边三角形与沿展开，可得展开图如下图所示，则（当且仅当为中点时取等号），四边形为菱形，分别为中点，，，则在四面体中，周长的最小值为，③正确；对于④，设为中点，若点在线段上，设，则，其中，在中，；在中，同理可得：，；当时，；当时，，，，；的取值范围为；同理可得：当在线段上时，的取值范围为；综上所述：的余弦值的取值范围为，④正确.故选：D.二、多选题9．给定下列命题，其中正确的命题是（

）A．若，分别是平面，的法向量，则B．若，分别是平面，的法向量，则C．若是平面的法向量，且向量是平面内的直线的方向向量，则D．若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直【答案】ACD【解析】【分析】根据平面的法向量与平面的关系依次判断即可得出答案.【详解】对A，若，分别是平面，的法向量，则，故A正确B错误；对C，若是平面的法向量，则与平面的任意直线的方向向量均垂直，所以，故C正确；对D，若两个平面垂直时，它们的法向量垂直是真命题，所以它的逆否命题“若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直”也是真命题，故D正确.故选：ACD.10．如图，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为MC的中点，则下列结论正确的是（

）A．平面BCE⊥平面ABN B．MC⊥ANC．平面CMN⊥平面AMN D．平面BDE∥平面AMN【答案】ABD【解析】【分析】在A中，推导出，，从而平面，进而平面平面；在B中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出；在C中，求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法推导出平面与平面不垂直；在D中，求出平面的法向量，利用向量法能推导出平面平面．【详解】解：在A中，四边形是边长为1的正方形，，平面，平面，，,平面，，平面，平面，平面平面，故A正确；在B中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，1，，，1，，，0，，，0，，，0，，，0，，，，故B正确；在C中，，1，，，0，，，1，，设平面的法向量，，，则，取，得，，，设平面的法向量，，，则，取，得，，，，平面与平面不垂直，故C错误；在D中，，1，，，设平面的法向量，，，则，取，得，，，平面的法向量，，，所以，平面平面，故D正确．故选：ABD．11．下列四个命题中，正确命题的有（

）A．若一向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为；B．若向量，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围为；C．已知直线的方向向量为，点在上，则点到的距离为；D．若两个不同平面，的法向量分别是，，且，，则.【答案】CD【解析】【分析】根据题意，逐项分析，结合相关公式和概念即可求解.【详解】对于A，因为向量在基底下的坐标为（，，），则，设向量在基底下的坐标为（，，，），则，所以，解得，，，所以向量在基底，下的坐标为.故选项A不正确；对于B，∵向量，，且与的夹角为钝角，∴，且，解得，且，，故选项B不正确；对于C，直线的方向向量为，点在上，则点到的距离为：，故选项C正确；对于D，两个不同平面，的法向量分别是，，且，，因为，所以，则，故选项D正确.故选：CD.12．如图，在平行六面体中，，点分别是棱的中点，则下列说法中正确的有（

）A．B．向量共面C．D．若，则该平行六面体的高为【答案】ACD【解析】【分析】选定空间的一个基底，表示出相关向量，计算数量积判断A；利用共面向量定理判断B；求出正四面体的高判断D作答.【详解】在平行六面体中，令，不妨令，依题意，，，因点M，N分别是棱的中点，则，，则有，A正确；，若向量共面，则存在唯一实数对使得，即，而不共面，则有，显然不成立，B不正确；由,则，故C正确.连接，依题意，，即四面体是正四面体，因此，平行六面体的高等于点到平面的距离，即正四面体的高h，由知，由选项A知，，则平面，是平面的一个法向量，，，则，所以平行六面体的高为，D正确.故选：ACD三、填空题13．已知向量，满足，，且.则在上的投影向量的坐标为_________.【答案】【解析】【分析】对两边平方后得到，代入投影向量的公式进行求解即可.【详解】两边平方化简得：，①因为，所以，又，代入①得：，解得：，所以在上的投影向量坐标为.故答案为：14．已知空间四边形的每条边和对角线的长都等于1，点，分别是，的中点，则的值为_________.【答案】##【解析】【分析】如图，在正三棱锥中，以为基底，，，利用向量数量积性质进行计算即可得解.【详解】根据题意为正四面体，两两成角，所以，，所以.故答案为：15．已知向量，若共面，则________．【答案】±1【解析】【分析】利用共面向量定理直接求解【详解】因为向量共面,所以存在实数m、n，使得,m≠0,n≠0,即,所以，解得,所以x=±1.故答案为：±1.16．在棱长为1的正方体中，点P是对角线的动点（点P与不重合），则下列结论正确的有___________.①存在点P，使得平面平面；②存在点P，使得平面；③分别是在平面，平面上的正投影图形的面积，对任意的点P都有；④对任意的点P，的面积都不等于.【答案】①②④【解析】【分析】当为直线与平面的交点时，根据面面平行的判定定理即可判断①正确；当为直线与平面的交点时，根据线面垂直的判定定理即可判断②；计算出的条件即可判断③；求出△的面积的最小值即可判断④.【详解】对于①，如图，因为，所以平面平面，当直线交平面于点时，有平面平面，故①正确；对于②，如图，设正方体的棱长为2，则，，则，有，，所以，，又平面，所以平面，当直线交平面于点时，有平面，故②正确；对于③，因为设（其中），则△在平面的正投影面积为，又△在平面上的正投影图形的面积与在平面的正投影图形面积相等，所以，若，则，解得或，因为，所以，故存在点，使得；故③错误；对于④，由于固定不变，只要找上的点到的距离最短即可，取中点，连接，由②的分析可证得平面，由平面得；又平面，平面，所以，所以为直线与的公垂线，此时△的面积最小；因为在正方体中，易知，又，所以，因此，；所以对任意点，△的面积都不等于,故④正确.故答案为：①②④四、解答题17．如图，四棱锥中，，底面ABCD是正方形．且平面平面ABCD，．(1)若，，F为AB的中点，N为BC的中点，证明四边形MENF为梯形；(2)若点E为PC的中点，试判断在线段AB上是否存在一点F？使得二面角平面角为．若存在，求出的值．若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，【解析】【分析】（1）首先连接，，，，，根据题意得到且，即可证明四边形为梯形．（2）首先在平面中，过点作，交于，根据面面垂直的性质得到平面.以为原点，所在直线为轴，所在直线为y轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可.(1)连接，，，，，如图所示：因为，，所以，又因为，即中所以且，∵中，为的中点，为的中点所以且，所以且，即证：四边形为梯形．(2)在线段存在一点F满足，使得二面角平面角为．因为平面平面，平面平面，在平面中，过点作，交于.所以平面.如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为y轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：因为，设，四边形为正方形，，所以，，，，，，平面PCD的一个法向量，所以，，设平面的一个法向量，，令，则，，，因为二面角平面角为，所以，解得，所以．18．如图，在四棱锥中，底面，，，，，为上一点，且.(1)求证：平面；(2)求平面与平面所成的锐二面角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）根据空间直角坐标系，可得空间向量，进而可根据向量垂直证明线线垂直，进而可得线面垂直.（2）求解两个平面的法向量，根据法向量的夹角与二面角的关系即可求解.(1)证明：∵底面，，故以为原点，分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系，则､､､､､，所以，，，则，，即，，又，所以平面(2)由(1)知，，，设平面AEB的一个法向量为，则，，即，令，可得，设平面的一个法向量为，则，，即，令，可得，，所以平面与平面锐二面角的大小为19．如图，在直三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，，．(1)求直线与直线所成角的余弦值．(2)若在线段上存在一点D，且=t，当时，求t的值．【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）首先由勾股定理逆定理得到，再根据直棱柱的性质建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成角的余弦值；（2）依题意可得，，求出、的坐标，依题意可得，则，即可得到方程，解得即可；(1)解：在直三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，，．所以，所以，又平面，以点为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，所以，，设直线与直线所成角为，所以，即直线与直线所成角的余弦值为；(2)解：依题意，，因为，，所以因为，则，解得，所以．20．如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，E为棱上的点，且.(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值；(3)求点E到平面的距离.【答案】(1)证明过程见解析；(2)；(3).【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的运算性质，结合线面垂直的判定定理进行计算证明即可；（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可；（3）利用空间向量夹角公式，结合锐角三角函数定义进行求解即可.(1)因为平面，平面，所以，而，因此可以建立如下图所示的空间直角坐标系，则有，，，，因为，所以，而平面，所以平面；(2)设平面的法向量为，，则有，由（1）可知平面的法向量为，所以有，由图知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为；(3)由（2）可知：平面的法向量为，，所以可得：，所以点E到平面的距离为.21．如图1，在直角梯形ABCD中，，，且.现以为一边向梯形外作正方形ADEF，然后沿边AD将正方形ADEF折起，使，M为线段DE上的动点，如图2.(1)求二面角的大小；(2)设，若AM所在直线与平面BCE相交，求的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】【分析】