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高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册
第一章 空间向量与立体几何检测试卷
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一项符合题目要求）
1.给出下列说法：
①若空间向量满足，则与的夹角为钝角；
②对于空间任意一点与不共线的三点，若（其中），则四点共面；
③对于非零向量，若，则；
④若为空间的一个基底，则可以作为空间的另一个基底。
其中正确说法的个数为（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
2.某公司利用无人机进行点餐即时配送，利用空间坐标表示无人机的位置，开始时无人机在点处起飞，6秒后到达点处，15秒后到达点处，若，则（ ）
A. B. 120 C. 150 D. 210
3.已知，向量，，，且，，则（ ）
A. -1 B. 1 C. 2 D. 3
4.如图，在四棱锥中，平面底面，平面底面，四边形为正方形，且，为的重心，则与底面所成的角满足（ ）
B. C. D.
5.在平行六面体中，，，，，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
6.在三棱柱中，平面，为的中点，，，则下列结论中正确的是（ ）
A. 平面平面 B. 平面平面
C. 平面 D.
7.如图1，“瓮城”是古代城池中依附于城门，与城墙连为一体的附属建筑，当敌人攻入瓮城时，如将主城门和瓮城门关闭，守军即可对敌形成“瓮中捉鳖”之势，“瓮城”可看作是上、下底面均为半环形的柱体，垂直于下底面，，，，为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
8.在长方体中，，，在线段上取点，在线段上取点，使得直线平面，则线段长度的最小值为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，每小题有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）
9.在棱长为1的正四面体内有一点，满足，则（ ）
A. B.
C. D.
10.关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A. 已知，，则在上的投影向量的坐标为
B. 若向量，且与夹角的余弦值为，则或
C. 已知三棱锥，点为平面内的一点，且（），则
D. 已知向量不共线，若，，，则可以构成空间的一个基底
11.四面体中，，，，，为的中点，点是棱上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 当是靠近点的三等分点时，共面
C. 当时， D. 的最小值为
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12.已知，，其中，则______.
13.如图，在棱长为3的正方体中，点在上，且，点在上，且。若平面内存在一点，使得平面，则点的坐标为______.
14如图，等边三角形与正方形有一公共边，且，二面角的余弦值为，分别是的中点，则 ，与所成角的余弦值为 .
四、解答题（本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15.（13分）如图，在三棱锥中，平面，。
（1）求证：平面平面；
（2）若，，三棱锥的体积为100，求二面角的余弦值。
16.（15分）如图，在正方体中，分别为棱的中点，点是正方形的中心。
（1）证明：四点不共面；
（2）证明：平面平面。
17.（15分）如图，在直三棱柱中，，，点分别为棱的中点。
（1）求证：平面；
（2）求直线与直线所成角的余弦值；
（3）求点到平面的距离。
18.（17分）如图，四棱锥中，底面，，，。
（1）若，证明：平面；
（2）若，且二面角的正弦值为，求。
19.（17分）某商品的包装纸如图1所示，四边形是边长为3的菱形，且，，。将包装纸各三角形沿菱形的边进行翻折后，点重合，记为点，恰好形成如图2所示的四棱锥形的包装盒。
（1）证明：平面；
（2）设为边上的一点，且二面角的正弦值为，求与平面所成角的正弦值。
一、单项选择题
1.答案：B
解析：①若，与的夹角可能为平角（如与反向），错误；②当时，四点共面，否则不共面，错误；③向量运算无“消去律”，由仅得或，错误；④假设，无解，故可作基底，正确。仅1个正确，选B。
2.答案：C
解析：由，，得，则，选C。
3.答案：A
解析：由得；由得，故，选A。
4.答案：C
解析：以为原点，为轴建系，，，。平面法向量为，，，，选C。
5.答案：D
解析：以为原点，为轴，设，由，，，解得，即点到平面的距离为，选D。
6.答案：D
解析：设，建系得，，，，故，选D。
7.答案：D
解析：建系得，，，平面法向量，，选D。
8.答案：D
解析：建系设，，由平面得，，最小值为，选D。
二、多项选择题
9.答案：ABC
解析：A. 正四面体中心到各顶点向量和为，正确；B. ，正确；C. ，故，正确；D. ，错误。
10.答案：AC
解析：A. 在上的投影向量为，正确；B. 计算得（时夹角余弦为负，舍去），错误；C. 由共面得，正确；D. ，共面，错误。
11.答案：BCD
解析：A. ，错误；B. ，共面，正确；C. ，故，正确；D. ，最小值为，正确。
三、填空题
12.答案：0
解析：，，，故结果为。
13.答案：
解析：建系得平面法向量，设，，解得，，即。
14.答案：；
解析：过作平面，建系得，；，。
四、解答题
15.(1) 证明：
因为平面，平面，所以。
又，，平面，故平面。
因为平面，所以平面平面。
(2) 解：
由，，得。
以为原点，为轴建系，，，，。
平面法向量，平面法向量。
二面角余弦值。
16.(1) 证明：
设正方体棱长为2，建系得，，，。
假设共面，则，解得，，但，矛盾，故不共面。
(2) 证明：
平面法向量，平面法向量。
因为，所以平面平面。
17.(1) 证明：
由直三棱柱性质，且，故。
又平面，平面，故平面。
(2) 解：
建系得，，夹角余弦值。
(3) 解：
平面法向量，，距离。
18.(1) 证明：
由平面，，得。
又，故，即。
因为平面，平面，故平面。
(2) 解：
建系设，，，。
平面法向量，平面法向量。
由二面角正弦值，得，即。
19.(1) 证明：
翻折后，，。
由，得，同理。
又，故平面。
(2) 解：
二面角的平面角为，，得。
由正弦定理得，建系得，平面法向量。
与平面所成角正弦值。

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