第一章 空间向量与立体几何 期末滚动复习卷-新人教A版（2019）高中数学选择性必修第一册高二上学期.docx

1、第一章 空间向量与立体几何 期末滚动复习卷一、单选题1已知空间四边形的每条边和对角线的长都等于，点分别是的中点，则的值为（ ）ABCD2如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AC与BD的交点为点M，则下列向量中与相等的向量是（ ）ABCD3如图，空间四边形中，且，则（ ）ABCD4如图，四面体-，是底面的重心，则（ ）ABCD5定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值在棱长为1的正方体中，直线与之间的距离是（ ）ABCD6已知三棱锥中，则异面直线，所成角为（ ）ABCD7如图，已知圆柱，在圆上，、在圆上，且满足，则直线与平面所成角的正弦值的取值范

2、围是（ ）ABCD8在棱长为2的正方体中，点在棱上，点是棱的中点，点满足，当平面与平面所成（锐）二面角的余弦值为时，经过三点的截面的面积为（ ）ABCD二、多选题9已知三棱锥分别是的中点，为线段上一点，且，设，则下列等式成立的是（ ）ABCD10给出下列命题，其中不正确的为（ ）A若，则必有与重合，与重合，与为同一线段B若，则是钝角C若，则与一定共线D非零向量满足与，与，与都是共面向量，则必共面11如图，正方体的棱长为1，P是线段上的动点，则下列结论中正确的是（ ）AB的最小值为C平面D异面直线与，所成角的取值范围是12在棱长为1的正方体中，是线段上一个动点，则下列结论正确的有（ ）A存在点使

3、得异面直线与所成角为90B存在点使得异面直线与所成角为45C存在点使得二面角的平面角为45D当时，平面截正方体所得的截面面积为三、填空题13下列关于空间向量的命题中， 若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则；若非零向量，满足，则有；若，是空间的一组基底，且，则，四点共面；若向量，是空间一组基底，则，也是空间的一组基底上述命题中，正确的有_14如图，在梯形ABCD中，ABCD，AB2CD，点O为空间任一点，设，则向量用表示为_15已知异面直线m，n的方向向量分别为(2，1，1)，(1，1)，若异面直线m，n所成角的余弦值为，则 的值为 _ 16已知空间四边形ABCD的对角线为AC与BD，M，N

4、分别为线段AB，CD上的点满足，点G在线段MN上，且满足，若，则_.四、解答题17已知，分别是空间四边形的边，的中点.（1）用向量法证明，四点共面；（2）用向量法证明：平面；（3）设是和的交点，求证：对空间任一点，有.18如图，三棱柱ABCA1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM2A1M，C1N2B1N设，（1）试用，表示向量；（2）若BAC90，BAA1CAA160，ABACAA11，求MN的长19如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，分别是的中点.（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的大小.20如图所示，在直四棱柱中，为上靠近点的三等分点.（1）若为的中点，试在上找一点

5、，使平面；（2）若四边形是正方形，且与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.21如图，在四棱锥中，E为棱PA的中点，平面PCD（1）求AD的长；（2）若，平面平面PBC，求二面角的大小的取值范围22九章算术是我国古代的数学著作，是“算经十书”中最重要的一部，它对几何学的研究比西方要早1000多年.在九章算术中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图，在堑堵中，M，N分别是，BC的中点，点P在线段上.（1）若P为的中点，求证：平面.（2）是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由.参考答案1C【解析】故选：C2C【

6、解析】)-()故选：C3A【解析】因为，又因为，所以.故选：A4B【解析】因为，所以，故选：B5B【解析】设为直线上任意一点， 过作，垂足为，可知此时到直线距离最短设，则，即，即，当时，取得最小值，故直线与之间的距离是.故选：B.6B【解析】解：如图所示，在一个长、宽、高分别为1，1，的长方体中可以找到满足题意的三棱锥，以C为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系：，所以异面直线，所成角为.故选：B.7A【解析】取中点，则， 以点为坐标原点，为轴，为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，设平面的法向量为，则，取，则，则，设，直线的方向向量为，所以直线与平面所成角的正弦值为，故选：A.8B【解析

7、】解：如图，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，平面的一个法向量为，由题意得，解得或（舍去），延长，设，连接，交于，延长，交的延长线于，连接，交于，则五边形为截面图形，由题意求得，截面五边形如图所示，则等腰三角形底边上的高为，等腰梯形的高为，则截面面积为故选：B9ABD【解析】如图，因为为的中点，所以，故选项A正确；，故选项B正确；，故选项C错误；，故选项D正确.故选：ABD.10ABD【解析】A选项，考虑平行四边形中，满足，不满足与重合，与重合，与为同一线段，故A错，B选项，当两个非零向量的夹角为时，满足，但它们的夹角不是钝角，

8、故B错，C选项，当时，则与一定共线，故C对，D选项，考虑三棱柱，满足与，与，与都是共面向量，但，不共面，故D错，故选ABD.11ABC【解析】解：如图建立空间直角坐标系，则，所以，所以，所以，故A正确；因为是线段上一动点，所以，所以，所以，当且仅当时，故B正确；设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，因为，即，因为平面，所以平面，故C正确；设直线与所成的角为，因为，当在线段的端点处时，在线段的中点时，所以，故D错误；故选：ABC12AD【解析】解：异面直线与所成的角可转化为直线与所成角，当为的中点时，此时与所成的角为90，所以A正确；当与或重合时，直线与所成的角最小，为60，所以B错误；当与重

9、合时，二面角的平面角最小，所以，所以C错误；对于D，过作，交于，交于点，因为，所以分别是的中点，又，所以，四边形即为平面截正方体所得的截面，因为，且，所以四边形是等腰梯形，作交于点，所以，所以梯形的面积为，所以D正确.故选：AD.13【解析】对于，若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则向量，与空间任意向量都共面，则与必共线，即，故正确；对于，若非零向量，满足，当非零向量，不共面时，与可以不平行，故不正确；对于，因为，所以，所以，所以、共面，所以，四点共面，故正确；对于，若向量，是空间一组基底，则向量，不共面，则对任意实数都有，即，所以不共面，所以也是空间的一组基底故正确.故答案为：14.【解

10、析】解：因为2，.故答案为：.15【解析】由，两边平方，化简得67，解得故答案为：16【解析】,又，故，而，所以，因为不共面，故，所以，故答案为：17（1）证明见解析（2）证明见解析（3）证明见解析（1）如图，连接，因为，分别是空间四边形的边，的中点，则，则，由共面向量定理的推论知，四点共面；（2）因为.所以，又平面EFGH，平面EFGH，所以平面EFGH；（3）连接，由（2）知，同理，所以，所以交于一点，且被平分，所以.18（1）；（2）.【解析】解：（1）（），又，（2）ABACAA11，|1BAC90，0BAA1CAA160，|2（）2（222），|19（1）证明见解析（2）.（1）因为

11、四棱锥中，底面是矩形，平面，分别是的中点，以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系， 则，故，因为，所以平面.（2）是平面的一个法向量，是平面的一个法向量，设平面与平面所成角为，则,由于，所以.20（1）点为的中点；（2）.【解析】（1）当点为的中点时平面，证明如下：连接，分别为的中点，在直四棱柱中，平面，平面，平面；（2）以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方形的边长为，则，则，设为平面的法向量，则，即，令，则，即，与平面所成角的正弦值为，且，解得，又平面的一个法向量为，设二面角的平面角为，经观察为锐角，则21（1）4；（2）【解析】（1）如图所示：过E作，

12、交PD于点M，连接，因为平面PCD平面BCME，平面PCD平面BCME=MC，所以，又因为，所以，所以四边形BCME是平行四边形，所以，又因为，所以.（2）因为，E为棱PA的中点，所以，且 ，所以，又因为平面平面PBC，平面平面PBC=BP，所以平面PBC，又因为平面PBC，所以，则以点B为原点，分别以BA，BC所在直线为x，y轴，以经过点B且垂直与平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示：则，由题意设，则，设平面CDP的一个法向量为，则，即，令，得，则，易知平面BCP的一个法向量为，则，因为，所以，所以二面角的大小的取值范围是.22（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析.【解析】解析（1）证明：取的中点H，连接PH，HC.在堑堵中，四边形为平行四边形，所以且.在中，P，H分别为，的中点，所以且.因为N为BC的中点，所以，从而且，所以四边形PHCN为平行四边形，于是.因为平面，平面，所以平面.（2）以A为原点，AB，AC，所在直线分别为x轴y轴z轴，建立空间直角坐标系，则，.易知平面ABC的一个法向量为.假设满足条件的点P存在，令，则，.设平面PMN的一个法向量是，则即令，得，所以.由题意得，解得，故点P不在线段上.