第一章 空间向量与立体几何 章末测试（基础）（解析版）

第一章空间向量与立体几何章末测试（基础）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河南省漯河市）已知直线平面，且的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则实数的值为（

）A．2或 B． C．3 D．或3【答案】A【解析】因为直线平面，所以或，故选：A.2．（2023·全国·高二专题练习）已知直线的方向向量为，平面的法向量为.若，则的值为（

）A． B． C．1 D．4【答案】A【解析】由直线的方向向量为，平面的法向量为，因为，可得，所以，即，解得，所以.故选：A.3．（2023春·江苏宿迁）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【解析】因为，所以，即，所以.故选：A4．（2023春·山东青岛）已知，是空间直角坐标系中的两点，点关于轴对称的点为，则两点间的距离为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为，所以点关于轴对称的点，所以.故选：D.5．（2023·江苏·高二专题练习）已知平面与平面的法向量分别为与，平面与平面相交，形成四个二面角，约定：在这四个二面角中不大于的二面角称为两个平面的夹角，用表示这两个平面的夹角，且，如图，在棱长为2的正方体中，点为棱的中点，为棱的中点，则平面与平面的夹角的余弦值为（

）

A． B． C． D．【答案】B【解析】以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，可得，，，所以，，设平面的法向量为，则有，得，令，所以，因为平面的法向量是，所以，故选：B.

6．（2023广东）下列命题中，正确命题的个数为（

）①若，则与方向相同或相反；②若，则A，B，C，D四点共线；③若，不共线，则空间任一向量().A．0 B．1 C．2 D．3【答案】A【解析】当，时，，不能说与方向相同或相反，①不正确；当时，A，B，C，D四点共面不一定共线，故②不正确；当，不共线时，当且仅当共面时才满足().故③不正确.故选：A7．（2023春·江苏徐州·高二统考期中）已知，，，则向量在上的投影向量的坐标是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】因为，，，所以，所以，，，所以向量在上的投影向量是，所以向量在上的投影向量的坐标是，故选：D.8．（2023春·河南周口·高二校联考阶段练习）如图，在几何体中，四边形是矩形，，且平面平面，，，则下列结论错误的是（

）A．B．异面直线、所成的角为C．几何体的体积为D．平面与平面间的距离为【答案】C【解析】过点作使得，过点作，如图所示：因为四边形为矩形，则，又因为，则，所以，四边形为平行四边形，则，，因为平面平面，则与、共面，即与、共面，所以，、、、四点共面，同理可知，、、、四点共面，故几何体为四棱柱，因为四边形为矩形，则，又因为，，、平面，所以，平面，因为，则，，所以，在底面中，，，故四边形为平行四边形，因为，则，所以，，即，所以，平行四边形为正方形，又因为，故几何体为正方体，对于A选项，在正方体中，且，故四边形为平行四边形，所以，，A对；对于B选项，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、、、、、，，，，所以，异面直线、所成的角为，B对；对于C选项，，C错；对于D选项，因为，平面，平面，所以，平面，因为，平面，平面，所以，平面，又因为，、平面，所以，平面平面，设平面的法向量为，，，则，取，可得，又因为，所以，平面与平面间的距离为，D对.故选：C.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．（2023春·甘肃白银·高二校考期末）已知向量，，则下列结论正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．的最小值为2 D．的最大值为4【答案】ABC【解析】对于A，若，且，，则存在唯一实数使得，即，则，解得，故A正确；对于B，若，则，即，解得，故B正确；，故当时，取得最小值，无最大值，故C正确，D错误.故选：ABC.10．（2023春·河南开封·高二统考期末）已知平行六面体中，，与的交点为，，，则（

）A． B．C． D．【答案】AC【解析】如下图所示，，故A正确，B错误；由平方得，，所以，故C正确，D错误.

故选：AC11．（2023春·福建宁德·高二校联考期中）下列说法正确的是（

）A．空间向量与的长度相等B．平行于同一个平面的向量叫做共面向量C．若将所有空间单位向量的起点放在同一点，则终点围成一个圆D．空间任意三个向量都可以构成空间的一个基底【答案】AB【解析】对于A，向量与是相反向量由相反向量的定义知，向量与的长度相等，故A正确；对于B，平行于平面m的向量，均可平移至一个平行于m的平面，故它们为共面向量，故B正确；对于C，若将空间中所有的单位向量移到同一个起点，则它们的终点构成一个球面，故C错误；对于D，空间任意三个不共面的非零向量都可以构成空间的一个基底，故D错误.故选：AB.12．（2023秋·浙江丽水·高二统考期末）在棱长为2的正方体中，，分别是棱BC，的中点，点满足，，下列结论正确的是（

）A．若，则平面MPQB．若，则过点，，的截面面积是C．若，则点到平面MPQ的距离是D．若，则AB与平面MPQ所成角的正切值为【答案】BD【解析】如图所示，时有M与A重合，对于A选项，延长PQ交BB1于L，连接AL，易得平面平面MPQ=AL，若平面MPQ，则，显然，且B、L不重合，矛盾，故A错误；对于B项，连接AD1、D1Q，易知平面APQD1即该截面，显然该截面为等腰梯形，易得，，故B正确；

如图所示，时，M为AB中点，以D为中心建立空间直角坐标系，则，，设平面MPQ的法向量为，则，令，则，故对于C项，设点到平面MPQ的距离为，则，即C错误；对于D项，设AB与平面MPQ所成角为，则，所以，即D正确.故选：BD

三、填空题(每题5分，4题共20分)13．（2023春·河南周口·高二校联考阶段练习）在空间直角坐标系中，，，O为坐标原点，直线AB上有一点M，且，则点M的坐标为．【答案】【解析】设，，，，则，，又，即，解得，故M点的坐标为；故答案为：.14．（2022·高二课时练习）已知平行四边形的三个顶点的坐标分别为，，，则顶点的坐标为．【答案】【解析】设为空间坐标原点，由于四边形是平行四边形，所以，所以.故答案为：15．（2023春·浙江温州）“阿基米德多面体”也称为半正多面体,是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体,它体现了数学的对称美,如图,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个三棱锥,得到八个面为正三角形,六个面为正方形的“阿基米德多面体”,则直线与平面所成角的正弦值为.

【答案】【解析】如图所示:将多面体放置于正方体中,连接,设的中点为,连接,

因为分别为中点,所以,且,则四边形为平行四边形,所以,所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角,又平面,所以直线与平面所成角即为,设正方体的棱长为,则,所以,即直线与平面所成角的正弦值为.故答案为:.16．（2023山东）如图，在正方体中，分别为的中点，则平面和平面所成二面角的正弦值为.

【答案】/【解析】以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

设正方体的棱长为，则，，.设平面的一个法向量，则取，得.平面的一个法向量，设平面和平面所成二面角为，则所以，所以平面和平面所成二面角的正弦值为.故答案为：.四、解答题（17题10分，其余每题12分，6题共70分）17．（2023春·甘肃兰州）已知向量，，，且，．.(1)求向量，，的坐标；(2)求与所成角的余弦值.【答案】(1)，，(2)【解析】（1）∵向量，，，且，，易知，否则不成立，∴，解得，，．∴向量，，．（2）∵，，∴，，∴向量与所成角的余弦值为．18．（2023春·河北邢台）在三棱台中,平面,,,,.

(1)证明:.(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）∵平面,平面,,平面平面,平面,平面,∴,∴,∵,∴,∴,即,又,,,平面,平面,∴平面,∴,∵,平面,平面,∴平面,∵平面,∴.（2）如图,作于,在直角梯形中,得,同理可得,在等腰梯形中,,则,∴,设到平面的距离为,由,得,则,又,所以直线与平面所成角的正弦值为.19．（2023春·江苏徐州）如图，在四棱锥中，底面是正方形，点E，F，N分别为侧棱PD，PC，PB的中点，M为PD（不包含端点）上的点，，．

(1)若，求证：平面；(2)若平面，求与平面所成角的最大值．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）延长FM和CD交于点Q，连BQ交AD于点H，连FH，FN，由，故，所以，即H为AD的中点，此时，，且，所以四边形为平行四边形，故，又平面，平面，所以平面；（2）以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，，所以，，，设平面BMF的法向量，则有，令，则，所以，设DB与平面MFB所成的角为，则，当时，的最大值为，又，故DB与平面所成角的最大值．

20．（2023秋·福建三明）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形为菱形，，，.

(1)求证：平面；(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明过程见详解(2)存在，【解析】（1）连接与相交于点，连接，如图所示：

四边形为菱形，，为等边三角形，是的中点，有，、面，，面，又面，则，又已知，，平面，所以平面.（2），分别为，的中点，连接，，由（1）平面，所以平面面，作，所以有平面，又因为为等边三角形，，平面以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系

则，，，，由，，

设，，则，设平面的一个法向量，则有，令，则，

易取平面的一个法向量为

，由已知平面与平面的夹角的正弦值为，则平面与平面的夹角的余弦值为，则有，，由解得.所以，点存在，.21．（2023春·江苏常州·高二统考期中）如图，三角形ABC是圆柱底面圆的内接三角形，PA为圆柱的母线，M，N分别是AC和PA的中点，平面平面PAB，．

(1)求证：；(2)求三棱锥和圆柱的体积之比；(3)求平面PBC与平面MBN所成的锐二面角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【解析】（1）因为PA为圆柱的母线，则平面ABC，平面ABC，可得，取PB边的中点为D，连接AD，因为，则，平面PAB，且平面平面PAB，平面平面，所以平面PBC，且平面PBC，则，且AD，平面PAB，所以平面PAB，且平面PAB，所以.（2）因为平面ABC，则，又因为，则为底面圆的直径，则，所以（3）以B点作为坐标原点，直线BA、BC分别为x、y轴，过点B作平面ABC的垂线，并以此垂线作为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

则，，，，，，可得，，，．设平面PBC和平面MBN的法向量分别为，，可得，取，则，，即可得，取，则，，即设平面PBC与平面MBN所成的锐二面角为，则，又因为，所以，即平面PBC与平面MBN所成的锐二面角为.22．（2023春·