人教A版新高二数学暑假重点知识回顾与新课预习空间向量与立体几何综合检测卷(原卷版+解析)

空间向量与立体几何综合检测卷题号一二三四总分得分练习建议用时：120分钟满分：150分一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．设，向量，且，则（

）A． B． C． D．2．已知平面α的一个法向量为，则AB所在直线l与平面α的位置关系为（）.A． B．C． D．l与α相交但不垂直3．如图，在四棱锥中，平面，，，，已知Q是棱上靠近点P的四等分点，则与平面所成角的正弦值为（

）．

A． B． C． D．4．已知平面，和直线a，b，，，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．在棱长为2的正方体中，下列说法不正确的是（

）A．直线与平面所成的角为B．C．三棱锥外接球的表面积为D．平面与平面的距离为6．在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是2，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记，其中．则MN的长的最小值为（

）

A． B． C． D．7．设，，，是半径为1的球的球面上的四个点．设，则不可能等于（

）A．3 B． C．4 D．8．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是a，且，，E为的中点，则点E到直线的距离为（

）

A． B． C． D．二、多项选择题：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．关于空间向量，以下说法正确的是（

）．A．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面B．若，则是钝角C．设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底D．若对空间中任意一点，有，则四点共面10．如图，四棱锥中，底面为四边形，是边长为2的正三角形，，，，平面平面，则（

）

A．平面B．C．D．若二面角的平面角的余弦值为，则11．如图，在棱长为2的正四面体中，、分别为、上的动点（不包含端点），为的中点，则下列结论正确的有（

）A．的最小值为；B．的最小值为；C．若四棱锥的体积为，则的取值范围是D．若，则12．在自然界中，金刚石是天然存在的最硬的物质．如图1，这是组成金刚石的碳原子在空间中排列的结构示意图，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示．这就是说，图2中有AE＝BE＝CE＝DE，若正四面体ABCD的棱长为4，则（

）

A．＝ B．＋＋＋C．＝0 D．＝8三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.13．已知两个空间向量，，且，则实数的值为__________．14．长为的线段AB的两端点在直二面角的两个面内，且与这两个面都成角，求异面直线AB与l所成的角为__________.15．如图，正方体棱长为2，P是线段上的一个动点，则下列结论中正确的为________．①BP的最小值为②存在P点的某一位置，使得P，A，，C四点共面③的最小值为④以点B为球心，为半径的球面与面的交线长为16．在平行六面体中，，且，则的余弦值是________.四、解答题：本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且.若是的中点，设.(1)将空间向量与用表示出来；(2)求线段BM的长.18．如图,在直三棱柱(即平面),,,求19．如图，在四棱锥中，，底面ABCD为菱形，边长为2，，且，异面直线PB与CD所成的角为，(1)求证：(2)若E是线段OC的中点，求点E到直线BP的距离.(3)求平面APB与平面PBC夹角的余弦值．20．如图，在斜三棱柱中，，，的中点为，的中点为.

(1)证明：OD∥平面；(2)若，，，求平面与平面所成角的大小.21．如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，.(1)求证：平面平面；(2)设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，且平面，是否存在点，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.22．如图，已知空间几何体的底面ABCD是一个直角梯形，其中,,,，且底面ABCD，PD与底面成角．

(1)若，求该几何体的体积；(2)若AE垂直PD于E，证明：；(3)在（2）的条件下，PB上是否存在点F，使得，若存在，求出该点的坐标；若不存在，请说明理由．

空间向量与立体几何综合检测卷题号一二三四总分得分练习建议用时：120分钟满分：150分一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．设，向量，且，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由向量的关系列等式求解x，y的值，再运用向量的数乘及加法的坐标表示公式，结合向量的模计算得出结果.【详解】向量，且，∴，解得∴，∴，选项C正确.故选：C．2．已知平面α的一个法向量为，则AB所在直线l与平面α的位置关系为（）.A． B．C． D．l与α相交但不垂直【答案】A【分析】由向量与平面法向量的关系判断直线与平面的位置关系.【详解】因为，所以，即，所以.故选：A3．如图，在四棱锥中，平面，，，，已知Q是棱上靠近点P的四等分点，则与平面所成角的正弦值为（

）．

A． B． C． D．【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，写出相应点、的坐标，求出平面的法向量，最后求出与平面所成角的正弦值.【详解】平面，，以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，..易知平面的法向量.设与平面所成角为，则.故选：C.

4．已知平面，和直线a，b，，，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】D【分析】举出反例，得到充分性和必要性均不成立.【详解】如图1，满足，但不垂直，充分性不成立，

如图2，满足，但不满足，必要性不成立，

故选：D5．在棱长为2的正方体中，下列说法不正确的是（

）A．直线与平面所成的角为B．C．三棱锥外接球的表面积为D．平面与平面的距离为【答案】A【分析】根据线面角的定义即可判断A，建立空间直角坐标系，通过空间向量的坐标运算即可判断BD，由三棱锥外接球与正方体的外接球相同即可判断C.【详解】连接，与相交于点，因为平面，且平面，所以，又因为，，所以平面，即直线与平面所成的角为，且，故A错误；连接，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，则设平面的法向量为，则，解得，取，则所以，则，所以平面，且平面，则，故B正确；因为三棱锥外接球就是正方体的外接球，设其外接球的半径为，则，即，所以，故C正确；因为平面平面所以平面同理平面又平面,所以平面平面，由B选项可知，平面的法向量为，且，则两平面间的距离，故D正确.故选:A6．在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是2，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记，其中．则MN的长的最小值为（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】根据面面垂直性质可证得平面，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系；利用空间中两点间距离公式可表示出；将整理为，由二次函数最值可得结果.【详解】平面平面，平面平面，，平面，平面，则以为坐标原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，；则，当时，最小，最小值为.故选：A.7．设，，，是半径为1的球的球面上的四个点．设，则不可能等于（

）A．3 B． C．4 D．【答案】A【分析】根据条件，得到，利用判断等号成立条件，确定不可能取的值.【详解】因为，且，所以，而，当且仅当同向时，等号成立，而A，，，在球面上，不可能共线，即不同向，所以且均小于直径长2，即，综上，.根据选项可知A不符合.故选：A8．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是a，且，，E为的中点，则点E到直线的距离为（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】利用基底向量，即可由空间向量的模长，结合点到直线的距离公式即可求解.【详解】在平行六面体中，不妨设，，．,，，，所以，，，所以E到直线的距离为，故选：A二、多项选择题：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．关于空间向量，以下说法正确的是（

）．A．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面B．若，则是钝角C．设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底D．若对空间中任意一点，有，则四点共面【答案】AC【分析】根据空间向量共面的性质判断选项A；利用向量夹角的取值范围判断选项B；根据基底的定义判断选项C；根据空间向量共面的充要条件判断选项D．【详解】选项A，空间中的三个向量，若有两个向量共线，由于空间任意两个向量一定共面，因此这三个向量一定共面，正确；选项B，若，则是钝角或者，错误；选项C，设是空间中的一组基底，则不共面，可得向量也不共面，所以也是空间的一组基底，正确；选项D，对空间中任意一点，有，，四点不共面，错误；故选：AC10．如图，四棱锥中，底面为四边形，是边长为2的正三角形，，，，平面平面，则（

）

A．平面B．C．D．若二面角的平面角的余弦值为，则【答案】ACD【分析】根据线面垂直的判定和性质逐项验证选项ABC，利用空间向量的方法求解选项D即可求解.【详解】对于A，连接交于点，由平面几何的知识易知，

又因为平面平面，且交线为，平面，所以平面，又因为平面，所以.又，，所以平面，故选项A正确；对于B，若，由选项A可知，平面，因为平面，所以，，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为，在中，有两个直角，所以与不垂直，故选项B错误；对于C，因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，平面，所以，故选项C正确；对于D，如图，以为坐标原点，所在直线为轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，

设，则，，，，易知平面的一个法向量，，，设平面的一个法向量，则，令，则，所以，所以，解得，所以，，故选项D正确，故选：ACD.11．如图，在棱长为2的正四面体中，、分别为、上的动点（不包含端点），为的中点，则下列结论正确的有（

）A．的最小值为；B．的最小值为；C．若四棱锥的体积为，则的取值范围是D．若，则【答案】BC【分析】A将平面PAC和平面BAC沿AC边展开为平面四边形PABC即可求解；B设，又有△△易得DF⊥PC，根据勾股定理即可求解；C由得，又得又得，再利用余弦定理及均值不等式即可求的取值范围；D由即可求解.【详解】A：如下展开图，为的中点，易知，则，又D,E不能是端点，故，没有最小值，错误；B：设，又有△△，所以，连接DF，则有DF⊥PC，故，正确；C：设等边△ABC的中心为O，连接PO，易知PO⊥平面ABC，则，为的中点，所以得：，所以，又，则有，又，可得，所以，结合对勾函数性质可得，正确；D：设，，解得或1，即或1，错误；故选：BC.12．在自然界中，金刚石是天然存在的最硬的物质．如图1，这是组成金刚石的碳原子在空间中排列的结构示意图，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示．这就是说，图2中有AE＝BE＝CE＝DE，若正四面体ABCD的棱长为4，则（

）

A．＝ B．＋＋＋C．＝0 D．＝8【答案】BCD【分析】由题意得是正四面体ABCD外接球的球心．设点是顶点在底面的射影，取CD的中点G，AB的中点F，求得，，，由可判断A；求得，结合，，可判断B；由AE⊥BC可判断C；求出，进而求得，可判断D．【详解】由题意得是正四面体ABCD外接球的球心．

设点是顶点在底面的射影，则AO是正四面体ABCD的高，OB是的外接圆半径，取CD的中点G，AB的中点F，连接BG，GF，则O在BG上，E在FG上，则，，因为，即，则，解得．对于A，，故A错误；对于B，因为AG＝BG＝，FG⊥AB，EG⊥CD，所以，，则，又，，则，所以，故B正确；对于C，因为AE⊥底面BCD，CD⊂底面BCD，所以AE⊥BC，所以＝0，故C正确；对于D，因为，所以，故D正确．故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.13．已知两个空间向量，，且，则实数的值为__________．【答案】【分析】依题意可得，根据空间向量基本定理计算可得.【详解】因为，，且，所以，即，即，解得.故答案为：14．长为的线段AB的两端点在直二面角的两个面内，且与这两个面都成角，求异面直线AB与l所成的角为__________.【答案】【分析】根据给定条件，利用空间向量求出异面直线AB与l所成的角作答.【详解】依题意，，，过作于，过作于，连，如图，显然，则有，于是，有，，，，因此，而，则，所以异面直线AB与l所成的角为.故答案为：15．如图，正方体棱长为2，P是线段上的一个动点，则下列结论中正确的为________．①BP的最小值为②存在P点的某一位置，使得P，A，，C四点共面③的最小值为④以点B为球心，为半径的球面与面的交线长为【答案】③④【分析】根据的最小值为等边三角形的高，可求得A正确；利用空间共面向量定理可判断②错误；将翻折到一个平面内，可知所求最小值为，利用余弦定理可求得③正确；利用点到面的距离公式点到平面的距离，根据交线为圆可求得交线长，知④正确.【详解】对于①，在中，，即是边长为的等边三角形，的最小值为的高，，①不正确；对于②，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

，设，则，即，即，，，假设P，A，，C，由空间共面定理可得：，则，可得，故不存在点P，使得P，A，，C四点共面，故②不正确；对于③，将翻折到一个平面内，如图所示，为等腰直角三角形，为等边三角形，则的最小值为，又，，，，在中，由余弦定理得：，，即，故③正确；对于④，设点到平面的距离为，，设平面，则，则，令，，则，因为，所以以点为球心，为半径的球面与平面的交线是以为半径的圆，交线长为，④正确.故答案为：③④16．在平行六面体中，，且，则的余弦值是________.【答案】/【分析】利用空间向量基本定理，得到，求出，，再由向量夹角公式求的余弦值.【详解】由题设，可得如下示意图，

∴，设，则，又，所以，，，所以以.，所以故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且.若是的中点，设.(1)将空间向量与用表示出来；(2)求线段BM的长.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据向量的线性运算用基底表示向量即可；（2）利用（1）的结论以及模长公式计算可求出结果.【详解】（1）（2）由题可知因为，又因为，所以.易得，所以，所以，即的长为.18．如图,在直三棱柱(即平面),,,求【答案】1【分析】直三棱柱中可得，根据，由勾股定理可知，由向量的线性运算可得，从而有转化为化简即可求得答案.【详解】∵平面，.又，∴E为BC的中点，．又.19．如图，在四棱锥中，，底面ABCD为菱形，边长为2，，且，异面直线PB与CD所成的角为，(1)求证：(2)若E是线段OC的中点，求点E到直线BP的距离.(3)求平面APB与平面PBC夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).【分析】（1）根据等腰三角形三线合一可得，由线面垂直的判定证得平面，从而得到，由线面垂直的判定可证得结论；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用长度关系可求得所需点的坐标，利用点到直线距离的向量求法可得结果；（3）用二面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）四边形为菱形，为中点，，，；，平面，，平面，又平面，，，平面，平面；（2）两两互相垂直，以为坐标原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，，，为等边三角形，，，不妨设，则，，异面直线与所成的角为，，，，即，解得：，，，，，，，，，，点到直线的距离为；（3）因为，，，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；设平面的法向量，则，令，解得：，，；，平面与平面夹角的余弦值为.20．如图，在斜三棱柱中，，，的中点为，的中点为.

(1)证明：OD∥平面；(2)若，，，求平面与平面所成角的大小.【答案】(1)证明见解析(2).【分析】（1）连接，则为的中点，然后由三角形中位定理可得∥，再由线面平行的判定定理可证得结论；（2）由题意可证得平面，所以以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】（1）连接，因为四边形为平行四边形，所以为的中点，因为为的中点，所以∥，又平面，平面，所以∥平面.

（2）因为，又，，平面，所以平面，因为平面，所以，又，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，取的中点，因为，所以，因为平