（高二数学高分突破）第6章空间向量与立体几何单元综合测试卷（解析版）

（高二数学高分突破）第6章空间向量与立体几何单元综合测试卷（解析版）（高二数学高分突破）第6章空间向量与立体几何单元综合测试卷（解析版）/（高二数学高分突破）第6章空间向量与立体几何单元综合测试卷（解析版）第6章空间向量与立体几何单元综合测试卷第Ⅰ卷一、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．设直线的方向向量为,两个不同的平面的法向量分别为,则下列说法中错误的是(

)A．若,则 B．若,则C．若,则 D．若,则【答案】D【解析】对于A,若两个平面的法向量互相垂直,则两个平面垂直,即A正确;对于B,若两个不同的平面的法向量互相平行,则两个平面互相平行,即B正确;对于C,若一直线的方向向量与一平面的法向量平行,则该直线垂直于该平面,即C正确;对于D,若一直线的方向向量与一平面的法向量垂直,则该直线平行于该平面或者在该面内,即D错误.故选：D2．已知向量,,则向量在向量方向上的投影向量的模为(

)A． B． C． D．【答案】D【解析】向量,,,,向量在向量方向上的投影向量的模为.故选：D.3．如图,在四面体OABC中,,,.点M在OA上,且,为BC中点,则等于()A． B．C． D．【答案】B【解析】连接,是的中点,,,.故选：B4．已知O,A,B,C为空间中不共面的四点,且,若P,A,B,C四点共面,则(

)A． B． C． D．【答案】C【解析】因为P,A,B,C四点共面,所以,所以.故选：C．5．如图,以棱长为的正方体的具有公共顶点的三条棱所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,点在体对角线上运动,点为棱的中点,则当最小时,点的坐标为(

).A． B． C． D．【答案】D【解析】连接,过点作于点,如下图：则垂直于平面．设点的横坐标为,则由正方体体对角线的性质可得点的纵坐标也为,由正方体的棱长为,得,因为,所以,所以,又因为,所以,所以当时,最小,此时点的坐标为.故选：D．6．如图,在正方体中,点M是上靠近点C的三等分点,点N满足,若N为AM与平面的交点,则t＝(

)A． B． C． D．【答案】C【解析】在正方体中,由点M是上靠近点C的三等分点,得,于是,由N为AM与平面的交点,得点共面,则,所以.故选：C7．已知等腰直角三角形ABC,,点D为BC边上的中点,沿AD折起平面ABD使得,则异面直线AB与DC所成角的余弦值为(

)

A． B．C． D．【答案】B【解析】已知等腰直角三角形,点是中点,则,沿着翻折平面可得,所以,又,平面,所以平面,不妨设,则,以为基底的空间向量,所以,则所以,因为是异面直线,所以异面直线的余弦值为.故选：B8．阅读下面材料：在空间直角坐标系Oxyz中,过点且一个法向量为的平面的方程为,过点且方向向量为的直线的方程为.根据上述材料,解决下面问题：已知平面的方程为,直线是两个平面与的交线,则直线与平面所成角的余弦值为(

)A． B． C． D．【答案】D【解析】因为平面的方程为,所以平面的一个法向量为.同理可知,与分别为平面与的一个法向量.设直线的方向向量为,则,不妨取,则.设直线与平面所成的角为,则.所以.故选：D.二、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0分.9．给出下列命题,其中正确命题有(

)A．空间任意三个不共面的向量都可以作为一个基底B．已知,则与任何向量都不构成空间的一个基底C．已知向量,则与任何向量都不能构成空间的一个基底D．是空间四点,若不能构成空间的一个基底,则共面【答案】ACD【解析】选项中,根据空间基底的概念,可得任意三个不共面的向量都可以作为一个空间基底,所以正确;选项中,根据空间基底的概念,可得不正确;选项中,因为所以与任何向量都共面,故不能构成一个空间基底,所以正确;选项中,由不能构成空间的一个基底,可得共面,又由过相同点,可得四点共面,所以正确.故选：ACD.10．已知空间向量,,则下列说法正确的是(

)A． B．C． D．【答案】BCD【解析】对于A选项,,且,则与不共线,A错;对于B选项,,所以,,所以,,B对;对于C选项,,C对;对于D选项,,D对.故选：BCD.11．已知正方体的棱长为1,则(

)A．与平面所成角的正弦值为B．为平面内一点,则C．异面直线与的距离为D．为正方体内任意一点,,,,则【答案】BCD【解析】以为原点,以所在的直线分别为轴,建立空间直角坐标系,如图所示,可得,对于A中,由,设平面的法向量为,则,取,可得,所以,又由,设与平面所成角为,则,即与平面所成角的正弦值为,所以A错误;对于B中,在正方体中,可得平面,因为平面,所以,即在直线上的射影为,所以,所以B正确;对于C中,由,设平面的法向量为,则,取,可得,所以,因为,且平面,平面,所以平面,所以异面直线与的距离,即为直线到平面的距离,又由,可得,所以C正确;对于D中,设点,其中,可得,且,则,,,则,所以D正确.故选：BCD.12．已知正方体的棱长为1,为棱(包含端点)上的动点,下列命题正确的是(

)A．二面角的大小为B．C．若在正方形内部,且,则点的轨迹长度为D．若平面,则直线与平面所成角的正弦值的取值范围为【答案】BCD【解析】由正方体可建立如图所示的空间直角坐标系,则,设,其中,对于A：,,设平面的法向量为,则,即,取,则,故.设平面的法向量为,则,即,取,则,故.故,而二面角为锐二面角,故其余弦值为,不为,故二面角的平面角不是,故A错误.对于B：,故,即,故B正确.对于C：由在正方形内部,且,若分别是上的点,且,此时,由图知：O在上,即O在以为圆心,为半径的四分之一圆弧上,所以点轨迹的长度为;故C正确.对于D：设直线与平面所成的角为.因为平面,故为平面的法向量,而,故,而,故,故D正确.故选：BCD.第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分.13．已知向量,且,则实数．【答案】5【解析】因为,所以存在实数,使得,即,所以,解得,,,所以故答案为：514．如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为正方形,M为AB的中点,N为PD的中点.若PA=4,AB=2,则.【答案】【解析】如图,由题意可以为轴的正方向建立空间直角坐标系.则,因M为AB的中点,N为PD的中点,故,于是,,则.故答案为：.15．在棱长为3的正方体中,为线段靠近的三等分点.为线段靠近的三等分点,则直线到平面的距离为.【答案】/【解析】如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则,所以,所以,而平面,平面,故平面,所以直线到平面的距离即为点到平面的距离.又,,设平面的法向量为,故,即,取,则,又,故点到平面的距离为.故答案为：.16．如图,四面体的每条棱长都等于,分别是上的动点,则的最小值是,此时．【答案】【解析】由题意可知,三个向量两两间的夹角为,当分别是的中点,取得最小值,理由如下,因为分别是的中点,,则,所以,同理可证,由异面直线公垂线的性质可知,此时取得最小值,此时,,所以,又,,,,,所以.故答案为：;.四、解答题：本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸.17．(10分)如图,在直四棱柱中,,,,E,F,G分别为棱,,的中点,建立如图所示的空间直角坐标系.

(1)求的值;(2)证明：C,E,F,G四点共面.【解析】(1)∵,∴,,,,∴,,∴.(2)证明：由(1)得：,令,即,解得∴.故C,E,F,G四点共面.18．(12分)如图,在平行六面体中,以顶点A为端点的三条棱长度都为1,且两两夹角为．记,,．

(1)求的长;(2)求与夹角的余弦值．【解析】(1)由题意知：,,∴,又∵,∴,∴,即的长为,(2)∵,∴,∴,,∴,即与夹角的余弦值为．19．(12分)已知空间三点,设．(1)若,,求;(2)求与的夹角的余弦值;(3)若与互相垂直,求k．【解析】(1)因为,所以,又因为,所以,又因为,所以,因此或;(2)因为所以与的夹角的余弦值为;(3)因为与互相垂直,所以或.20．(12分)如图所示的几何体ABCDE中,DA⊥平面EAB,AB=AD=AE=2BC=2,M是EC上的点(不与端点重合),F为AD上的点,N为BE的中点.

(1)若M为CE的中点,(i)求证：平面(ii)求点F到平面MBD的距离.(2)若平面MBD与平面ABD所成角(锐角)的余弦值为试确定点M在EC上的位置.【解析】(1)DA⊥平面EAB,,以点为坐标原点,、、所在直线分别为轴、轴、轴,建立空间直角坐标系,如图所示：,则,,,,,M为CE的中点,,N为BE的中点,,,,,,,,设平面的法向量为,则,即,令,得.(i),,又平面,平面;(ii),平面的法向量为,点F到平面MBD的距离为：;(2)由M是EC上的点(不与端点重合),可设,,,,点坐标为设平面MBD的法向量为,则,即,令,得.DA⊥平面EAB,平面EAB又,,平面ABD,平面ABD,平面ABD,平面ABD的一个法向量为平面MBD与平面ABD所成角(锐角)的余弦值为,,解得或点M是EC的中点或是EC上的靠近点C的四等分点.21．(12分)如图,在四棱锥中,平面,,且,,,,,为的中点.(1)求平面与平面所成锐二面角的余弦值;(2)求点到平面的距离;(3)在线段上,是否存在一点,使得直线与平面所成角的正弦值为?若存在,求出的值：若不存在,请说明理由.【解析】(1)取中点为,连接,因为,且,,,所以,又因为平面,平面,所以,所以以为坐标原点,为轴建立空间直角坐标系,如图,则平面的一个法向量为,设平面的一个法向量为,,所以,令则,所以,设平面与平面所成锐二面角为,则.(2),所以点到平面的距离为.(3)存在,,理由如下设上存在一点,设,,,又因为直线与平面所成角的正弦值为,由(1)知平面的一个法向量为,所以：,解得,又因为,所以：,故存在,且.22．(12分)如图,在三棱柱中,,侧面是正方形,二面角的大小是．(1)求三棱柱的体积;(2)若点是线段上的一个动点,求直线与平面所成角的最大值．【解析】(1)如图,取和得中点和,连接,,取的中点,连接,因为,所以,因为侧面是正方形,所以,,所以,因为平面平面,所以为二面角的平面角,因为二面角的大小