期末综合测试卷1（空间向量与立体几何）-2021-2022学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages55页新教材高二数学第一学期期末综合测试卷1空间向量与立体几何第I卷（选择题）一、单选题1．已知向量，则（

）A． B． C． D．2．已知向量，，则（

）A． B．0 C．1 D．23．已知向量，，且，，，则一定共线的三点是（

）A．A，B，D B．A，B，C C．B，C，D D．A，C，D4．如图，在平行六面体中，设，，，用基底表示向量，则（

）A． B． C． D．5．如图所示，在平行六面体中，，，则（

）A．2 B． C． D．16．已知向量，，若，则（

）A．1 B． C． D．27．已知向量，若，则（

）A． B．5 C．4 D．8．在空间直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为（

）A． B． C． D．9．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线和平面的位置关系是（

）A． B．C．或 D．10．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（

）A．20° B．40°C．50° D．90°第II卷（非选择题）二、填空题11．在空间直角坐标系中，已知点，，则______．12．在正四面体中，棱长为2，且E是棱中点，则的值为__________.13．长方体中，，，则点B到平面的距离为________．14．在空间直角坐标系O-xyz中，向量分别为异面直线方向向量，则异面直线所成角的余弦值为___________.15．已知，，，若P，A，B，C四点共面，则λ=___________.三、解答题16．如图，已知矩形ABCD所在平面外一点P，平面ABCD，E、F分别是AB、PC的中点．求证：（1）共面；（2）求证：．17．如图，在正方体中，E为的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．18．在三棱柱中，平面，为的中点，是边长为1的等边三角形.（1）证明：；（2）若，求二面角的大小.19．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，E为的中点，且．(1)求证：平面；(2)记的中点为N，若M在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．20．如图，在多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，，，，．(1)求证：；(2)若四边形ACEF为矩形，且，求直线DF与平面DCE所成角的正弦值；(3)若四边形ACEF为正方形，在线段AF上是否存在点P，使得二面角的余弦值为？若存在，请求出线段AP的长；若不存在，请说明理由．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page1616页，共=sectionpages1717页参考答案：1．B【解析】【分析】根据向量加减法运算的坐标表示即可得到结果【详解】故选：B.2．B【解析】【分析】根据空间向量数量积的坐标运算计算可得.【详解】∵，故选:B3．A【解析】【分析】由已知，分别表示出选项对应的向量，然后利用平面向量共线定理进行判断即可完成求解.【详解】因为，，，选项A，，，若A，B，D三点共线，则，即，解得，故该选项正确；选项B，，，若A，B，C三点共线，则，即，解得不存在，故该选项错误；选项C，，，若B，C，D三点共线，则，即，解得不存在，故该选项错误；选项D，，，若A，C，D三点共线，则，即，解得不存在，故该选项错误；故选：A.4．B【解析】【分析】直接利用空间向量基本定理求解即可【详解】因为在平行六面体中，，，，所以，故选：B5．A【解析】【分析】选择基底，利用基底表示出向量，结合向量运算求解模长.【详解】由题意，，两边平方可得；所以.故选：A.6．D【解析】【分析】由空间平行向量，先求出的值，再由模长公式求解模长.【详解】由，则，即，有，所以，所以，则故选：D7．B【解析】【分析】根据向量垂直列方程，化简求得.【详解】由于，所以.故选：B8．C【解析】【分析】根据点关于原点对称的性质即可知答案.【详解】由点关于原点对称，则对称点坐标为该点对应坐标的相反数，所以.故选：C9．A【解析】【分析】利用空间向量夹角的坐标表示求得，即，进而可知直线和平面的位置关系.【详解】由，，，所以，即，所以.故选：A10．B【解析】【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角.【详解】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..由于，所以，由于，所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.11．【解析】【分析】由坐标运算求解即可.【详解】故答案为：12．【解析】【分析】由题意，设，建立空间的一个基底，在正四面体中，根据向量的数量积的运算，即可求解.【详解】由题意，设，建立空间的一个基底，在正四面体中，所以.【点睛】本题主要考查了空间向量的数量积的运算问题，其中解答中建立适当的空间基底，熟记向量的表示，以及向量的数量积的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.13．【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用点到平面的距离公式求解即可.【详解】解：在长方体中，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，因为，，所以，，，，，，设平面的法向量为：，，令得：又点B到平面的距离为：.故答案为：.14．【解析】【分析】直接利用向量的夹角公式即可求解.【详解】因为，所以.因为异面直线所成角的范围为，所以异面直线所成角的余弦值为.故答案为：15．【解析】【分析】由已知可得共面，根据共面向量的基本定理，即可求解.【详解】由P，A，B，C四点共面，可得共面，，，解得.故答案为：16．（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）以为原点,为轴,为轴，为轴,建立空间直角坐标系，设,,，求出，，，，0，，，，，从而，由此能证明共面．（2）求出，0，，，，，由，能证明．【详解】证明：如图，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，设，，，则0，，0，，2b，，2b，，0，，为AB的中点，F为PC的中点，0，，b，，b，，，2b，，共面.（2），．【点睛】本题考查三个向量共面的证明,考查两直线垂直的证明,是基础题．17．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解.【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法如下图所示：在正方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面；[方法二]:空间向量坐标法以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则、、、，，，设平面的法向量为，由，得，令，则，，则.又∵向量,,又平面，平面；（Ⅱ）[方法一]：几何法延长到，使得，连接，交于，又∵，∴四边形为平行四边形，∴，又∵,∴,所以平面即平面,连接，作,垂足为,连接,∵平面,平面,∴，又∵,∴直线平面,又∵直线平面,∴平面平面,∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.设正方体的棱长为2，则,,∴,∴,∴,即直线与平面所成角的正弦值为.[方法二]：向量法接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，又∵,∴，∴直线与平面所成角的正弦值为.[方法三]：几何法+体积法如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．因为，所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．设正方体的棱长为2，在中，易得，可得．由，得，整理得．所以．所以直线与平面所成角的正弦值为．[方法四]：纯体积法设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，在中，，，所以，易得．由，得，解得，设直线与平面所成的角为，所以．【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.18．（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由已知易得，，然后利用线面垂直判定定理证得面，进而证得结论；（2）建立空间直角坐标系，写出个点的坐标，进而求得有关向量坐标，求得二面角两个平面的法向量，进而求解.【详解】解：（1）连接，∵是边长为1的等边三角形，且为的中点，∴，∴∵面，∴面，又面，∴，∵，面，又面，∴.（2）以为原点建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，.分设平面的法向量为，则∴可取，同理可求得平面的一个法向量为.，且二面角为锐角，∴二面角的大小为.【点睛】本题考查线面垂直的判定与证明，考查二面角问题，建立空间坐标系是求解二面角问题的有效方法.19．(1)证明见解析；(2)2或【解析】【分析】（1）连接，由勾股定理证得，由等腰三角形得性质证得，再结合线面垂直得判定定理即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，设，利用空间向量的夹角公式求出余弦值，进而列出方程，解之即可.(1)连接，∵，，∴且

∴四边形为平行四边形；

∵且E为的中点，∴，所以，

∴，∴，即，

又∵，∴平面(2)以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则,所以，设平面的法向量为，则，即，取

设，则，而，所以，∵平面的法向量为，设直线与平面所成的角为，则

化简得，解得：或，满足故线段的长度为2或．20．(1)见解析(2)(3)存在，【解析】【分析】（1）利用直角三角形和余弦定理及勾股定理的逆定理经过计算可证得AC⊥CD,然后根据已知条件，利用面面垂直的性质定理可证得CD⊥平面ACEF,从而证得结论；（2）根据已知条件利用面面垂直的性质定理可证得AF,AB,AD两两垂直，以A为原点，以射线AB、AD、AF为x,y,z轴，建立空间直角坐标系.然后利用空间向量运算求得；（3）与（2）同样建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解.(1)∵，，∴四边形ABCD为直角梯形，又∵，∴∠BAC=45°，AC=，∴∠CAD=45°，又∵AD=2,∴CD=．∴,∴,又∵平面ACEF⊥平面ABCD,平面ACEF∩平面ABCD=AC,CD⊂平面ABCD,∴CD⊥平面ACEF,又∵AF⊂平面ACEF,∴CD⊥AF(2)∵四边形ACEF为矩形，∴AF⊥AC,又∵平面ACEF⊥平面ABCD,平面ACEF∩平面ABCD=AC,AF⊂平面ACEF,∴AF⊥平面ABCD,CE⊥平面ABCD∴AF,AB,AD两两垂直，以A为原点，以射线AB、AD、AF为x,y,z轴，建立空间直角坐标系如图所示.∵AF⊥平面ABCD,AF//CE,∴CE⊥平面ABCD，又∵，∴CE=CDtan30°=,∴A(0,0,0),B(0,1,0),C(1,1,0),D(2,0,0),F(0,