人教版高中数学选择性必修一 精讲精练第一章 空间向量与立体几何 章末测试（提升）（2份，原卷版+解析版）

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第一章 空间向量与立体几何 章末测试（提升）单选题(每题5分，每题只有一个选项为正确答案，8题共40分)1．（2023安徽）如图所示，在四面体中，E，F分别是与的中点，若，，，则与所成的角为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】取中点G，连结，，∵在四面体中，E，F分别是与的中点，∴， ，∴是与所成的角（或所成角的补角），∵，，，∴，，，∴，∴与所成的角为.故选：D.2．（2023云南）如图，是的重心，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【解析】是的重心，，，，，，，，．故选：D．3．（2023·高一单元测试）如图，正方体中，M是的中点，则（    ）A．直线与直线相交，直线平面B．直线与直线平行，直线平面C．直线与直线AC异面，直线平面D．直线与直线垂直，直线∥平面【答案】D【解析】因为是正方体，不妨设棱长为2，以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系：则，，，，，，，，又M为的中点，故可得，，，设平面的法向量为，则，即，不妨取，故可得．设平面的法向量为则，即，不妨取，故可得．对A：因为，，故BM，不相交，故错误；对B：，，不存在非零实数，使得，故MB，不平行，故错误；对C：，平面的法向量为，不存在非零实数，使得，故MB与平面不垂直，故错误；对D：，，则，故直线MB与垂直；又，故MB与平面平行，故正确；故选：D．4．（2022秋·高二单元测试）如图，在正三棱柱中底面边长、侧棱长都是4，别是的中点，则以下四个结论中正确的是（    ）①与所成的角的余弦值为；②平行于平面；③三棱锥的体积为；④垂直于．A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④【答案】A【解析】取的中点G，连接，则平行于．在三角形中，．应用余弦定理得，所以①正确.取的中点H，连接，则平行且等于，所以四边形为平行四边形，所以平行于，又不在平面内，平面，所以平行于平面，所以②正确．三棱锥的体积，所以③正确．假设垂直于，又因为垂直于，所以垂直于侧面，所以垂直于，这与等于矛盾，所以④错误．故选：A5．（2022·高二单元测试）在棱长为1的正方体中，是棱的中点，点在侧面内，若，则的面积的最小值是( )A． B． C． D．【答案】B【解析】以点为空间直角坐标系的原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，则点，，所以．因为，，所以,因为，所以，所以．因为，所以，所以,因为，所以当时，．因为正方体中，平面，平面,故，所以，故选：B．6．（2023黑龙江）已知向量，若，则与的夹角为（　　）A．30° B．60° C．120° D．150°【答案】C【解析】由，得，则，设向量与的夹角为，则，又，所以，因为，所以向量与为相反向量，所以与的夹角为.故选：C.7．（2023·高二单元测试）如图，是棱长为1的正方体，若P∈平面BDE，且满足，则P到AB的距离为（　　）A． B． C． D．【答案】C【解析】如图，以点A为原点，分别为轴建立空间坐标系，,则，则,，，，设平面的一个法向量，则，令，则，且面，则，即，得，故，所以，，，则，P到AB的距离为.故选：C8．（2023北京）如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为，底面为直角梯形，，点为棱上一点，满足，下列结论错误的是（    ）A．平面平面；B．点到直线的距离；C．若二面角的平面角的余弦值为，则；D．点A到平面的距离为．【答案】D【解析】A选项，因为平面，平面，所以CD， 故∠PBA即为与底面所成的角，，因为，所以PA=AB=1，因为，取AD中点F，连接CF，则AF=DF=AB=CF=BC，则四边形ABCF为正方形，∠FCD=∠FCA=45°，所以AC⊥CD，又因为，所以CD⊥平面PAC，因为CD平面PCD，所以平面平面PCD，A正确；由A选项的证明过程可知：CD⊥平面PAC，因为平面PAC所以CD⊥PC，故点P到直线CD的距离即为PC的长度，其中由勾股定理得：，B正确；以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，其中平面ACD的法向量为，设平面ACE的法向量为，则，令得：，所以，设二面角的平面角为，显然，其中，解得：或，因为，所以，C正确；过点A作AH⊥PC于点H，由于CD⊥平面APC，平面APC，所以AH⊥CD，因为，所以AH⊥平面PCD，故AH即为点A到平面PCD的距离，因为PA⊥AC，所以，D选项错误故选：D二、多选题（每题至少有两个选项为正确答案，少选且正确得2分，每题5分。4题共20分）9．（2022·高二单元测试）已知空间中三点A（0，1，0），B（1，2，0），C（﹣1，3，1），则正确的有（　　）A．与是共线向量B．的单位向量是（1，1，0）C．与夹角的余弦值是D．平面ABC的一个法向量是（1，﹣1，3）【答案】CD【解析】由题意知，，，，因为，所以与不是共线向量，即A错误；的单位向量为，所以的单位向量为或，即B错误；，所以与夹角的余弦值为，即C正确；设平面ABC的一个法向量为，则，即，令x＝1，则y＝﹣1，z＝3，所以，即D正确．故选：CD．10．（2023·高二单元测试）如图，正方体的棱长为，、、分别为、、的中点，则（    ）A．直线与直线垂直 B．直线与平面平行C．平面截正方体所得的截面面积为 D．点与点到平面的距离相等【答案】BC【解析】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，则、、、、、、、、、、，对于A选项，，，则，所以，直线与直线不垂直，A错；对于B选项，设平面的法向量为，，，则，取，可得，，所以，，即，因为平面，平面，B对；对于C选项，连接、、，因为、分别为、的中点，则，且，所以，四边形为平行四边形，则，所以，，所以，、、、四点共面，故平面截正方体所得截面为，且，同理可得，，所以，四边形为等腰梯形，分别过点、在平面内作，，垂足分别为、，如下图所示：因为，，，所以， ，故，，因为，，，则四边形为矩形，所以，，，故，故梯形的面积为，C对；对于D选项，，则点到平面的距离为，，则点到平面的距离为，所以，点与点到平面的距离不相等，D错.故选：BC.11．（2023辽宁）正方体的棱长为2，为底面的中心，为棱上的动点（不包含两个端点），则下列命题中错误的是（    ）  A．存在点，使得平面 B．存在点，使得平面C．存在点，使得 D．存在点，使得与所成角为【答案】ABC【解析】如图，连接，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，设，选项A，易知平面，故与平面有交点，所以不存在点，使得平面，故选项A错误；选项B，在正方体中，易知，故为等边三角形，所以，所以不存在点，使得平面，故选项B错误；选项C，则，，由，得到 ，所以时，点与重合，由条件知，不存在点，使得，故选项C错误；选项D，因为，，由，得到，化简得到，得到或，因为，所以存在点，使得与所成角为，故选项D正确；  故选：ABC.12．（2023湖南）下列关于空间向量的命题中，正确的有（    ）A．若向量是空间的一个基底，则也是空间的一个基底B．若，则的夹角是钝角C．已知，，若与垂直，则D．已知A、B、C是空间中不共线的三个点，若点O满足，则点O是唯一的，且一定与A、B、C共面【答案】ACD【解析】因为向量是空间的一个基底，则不共面，所以也不共面，所以也可以作为空间的一个基底，故A正确；当与的夹角为时，也可得，所以B错误；因为，，则，，且与垂直，所以，解得，故C正确；因为，所以，所以共面，所以四点共面，如图，取中点为，取中点为，则，又因为，故，所以，即，则在上且靠近的三等分点处，即满足此关系的点只有一个，所以点唯一，且与共面，故D正确；故选: ACD三、填空题(每题5分，4题共20分)13．（2023黑龙江）已知，，，，点在直线上运动，当取最小值时，点的坐标是 【答案】【解析】因为点在直线上运动，所以存在，使得，因为，所以，所以点的坐标为.所以，，所以，所以当时，取最小值，此时点的坐标为.故答案为：.14．（2023春·高二单元测试）如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则点B1到平面ABC1的距离为 .【答案】【解析】以点C为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，所以，， ，设平面ABC1的法向量为，则，即，令，则，故，所以点B1到平面ABC1的距离为.故答案为：..15．（2023安徽）如图所示，在正方体中，AB＝3，M是侧面内的动点，满足，若AM与平面所成的角，则的最大值为 .【答案】【解析】如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，设，则，因为，所以，所以，则，因为平面，所以即为AM与平面所成角，即，则，所以当时，取得最大值.故答案为：.16．（2022·高二单元测试）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，若平面平面ABCD，侧面PAD是边长为的正三角形，底面ABCD是矩形，，点Q是PD的中点，则下列结论中正确的是 ．（填序号）①平面PAD；②PC与平面AQC所成角的余弦值为；③三棱锥B-ACQ的体积为；④四棱锥Q-ABCD外接球的内接正四面体的表面积为．【答案】②④【解析】取的中点，的中点，连接，因为三角形为等边三角形，所以,因为平面平面ABCD，所以平面，因为，所以两两垂直，所以，如下图，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴， 轴 ，轴，建立空间直角坐标系，则，，因为点Q是PD的中点，所以，对于①：平面的法向量为，，所以 与 不共线，所以与平面不垂直，故①不正确；对于②：，设平面的法向量为，则，令，则，所以，设PC与平面AQC所成角为，则，所以，所以②正确；对于③：三棱锥的体积为，所以③不正确；对于④：设四棱锥外接球的球心为，则，所以，解得，即为矩形对角线的交点，所以四棱锥外接球的半径为，设四棱锥外接球的内接正四面体的棱长为，将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，故正方体的棱长为，所以，得，所以正四面体的表面积为，所以④正确.故选：②④.四、解答题（17题10分，其余每题12分，6题共70分）17．（2023河南）如图，在三棱锥中，已知平面，平面平面.  (1)求证：平面；(2)若是的中点，与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）过点作于点，因为平面平面，平面平面平面，所以平面，因为平面，所以，又因为平面，所以，又，平面，所以平面.  （2）几何法：因为平面，所以，又因为平面，所以为与平面的所成角，令，则，则，解得；因为，且平面平面，所以为的平面角，.  坐标法：因为平面，所以，则以为轴，为轴建立空间直角坐标系，轴，取，则，;设平面的法向量为，由可得：；取，则，平面的一个法向量为，设与平面所成角为，则，解得，此时，则，设平面与平面的夹角为，则.  18．（2023陕西）如图，在四面体中，，分别为棱，上的点，，底面，，．  (1)求证：平面平面；(2)求侧棱与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)．【解析】1）因为，，，则四边形为等腰梯形，作于，于，则，  在中，，因此，为正三角形，且，从而，又平面，平面，则，又平面，于是平面，又平面，所以平面平面．（2）由（1）知，直线两两垂直，以点为原点，射线的方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，显然，则，有，设平面的法向量，则，令，得，设与平面所成的角为，则，所以侧棱与平面所成角的正弦值为.19．（2022·高二单元测试）如图，已知等边中，E，F分别为AB，AC边的中点，N为BC边上一点，且，将沿EF折到的位置，使平面平面，M为EF中点.(1)求证：平面平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】（1）证明：因为为等边的边的中点，所以是等边三角形，且，，因为是的中点，所以，，又由于平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，因为，所以，且，则四边形是平行四边形，则，在正中，知，所以，而，所以平面.又因为平面，所以平面平面.（2）设等边的边长为4，取中点，连接，由题设知，由（1）知平面，又平面，所以，如图建立空间直角坐标系，则，，，，.设平面的一个法向量为，则由，得，令，则，平面的一个法向量为，所以，显然，二面角的平面角为锐角，二面角的平面角的余弦值为.20．（2023湖北）如图，在由三棱锥和四棱锥拼接成的多面体中，平面，平面平面，且是边长为的正方形，是正三角形.  (1)求证:平面；(2)若多面体的体积为16，求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】（1）取的中点，连接，由是正三角形，得，平面，而平面平面，平面平面，则平面，因为平面，则，平面，所以平面.  （2）由平面，平面，得，而，，平面，则平面，又，平面，平面，因此平面，而平面，于是平面平面，则点到平面的距离等于点平面的距离，又，依题意，，解得，以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，正方形的边长为2，是正三角形，则，，设平面的一个法向量为，则，取，得，而，令与平面所成的角为，则，所以与平面所成角的正弦值是.21．（2023西藏）如图1，菱形中，动点，在边，上(不含端点)，且存在实数使，沿将向上折起得到，使得平面平面，如图2所示.（1）若，设三棱锥和四棱锥的体积分别为，，求；（2）试讨论，当点的位置变化时，二面角是否为定值，若是，求出该二面角的余弦值，若不是，说明理由.【答案】（1）；（2）;【解析】(1)取的中点为，因为即，所以,所以,又因为平面平面，平面平面，所以平面，连接,由题意可知,以点为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，,,，所以，，因为，所以，解得：或者（舍）；因为三棱锥和四棱锥的体积分别为，，所以.(2) 二面角是定值,证明如下：由（1）知，面的法向量，由，，设面的法向量为 ，所以，取，则，，即，设二面角的平面角为，所以，由图可知二面角的平面角为钝角，所以二面角的平面角的余弦值为.22．（2023福建）如图，在六面体中，是等边三角形，二面角的平面角为30°，.(1)证明：；(2)若点E为线段BD上一动点，求直线CE与平面所成角的正切的最大值.【答案】(1)证明见解析(2)2【解析】（1）证明：取中点，连接，因为，所以，且，所以平面，又平面，所以.（2）连接，则，由，可得，于是，所以，又，所以平面，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则，由，可得，平面的法向量为，设，则，设与平面所成角为，则，令，则，令，由对称轴知，当，即时，，，于是直线与平面所成角的正切的最大值为2.