第一章 空间向量与立体几何 达标训练-2024-2025学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册

第一章空间向量与立体几何达标训练-高二数学上学期人教A版（2019） 一、单选题 1．已知，若不能构成空间的一个基底，则（    ） A．3 B．1 C．5 D．7 2．已知正方体的棱长为1，且，，，则（    ） A．1 B．2 C． D．3 3．已知平面的一个法向量为，点在外，点在内，且，则点到平面的距离（    ） A．1 B．2 C．3 D． 4．现有一段底面周长为厘米和高为12厘米的圆柱形水管，是圆柱的母线，两只蜗牛分别在水管内壁爬行，一只从点沿上底部圆弧顺时针方向爬行厘米后再向下爬行3厘米到达点，另一只从沿下底部圆弧逆时针方向爬行厘米后再向上爬行3厘米爬行到达点，则此时线段长（单位：厘米）为（    ） A． B． C．6 D．12 5．平行六面体中，为与的交点，设，用表示，则（    ） A． B． C． D． 6．如图，边长为2的正方形沿对角线折叠，使，则三棱锥的体积为（    ）    A． B． C． D．4 7．在长方体中，已知，，E为的中点，则直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 8．如图，在正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且平面，则下列说法正确的个数有（    ） ①二面角的大小为常数 ②二面角的大小为常数 ③二面角的大小为常数 A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 二、多选题 9．若是空间的一个基底，则下列各组中能构成空间一个基底的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 10．已知，.若，则与的值可以是（    ） A． B． C． D． 11．如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，，，，分别为棱，的中点，则（   ） A．平面 B． C．异面直线与所成角的余弦值为 D．平面与平面的夹角的正切值为 三、填空题 12．若为空间两两夹角都是的三个单位向量，则 ． 13．如图，在平行六面体中，是的中点，设，，.则 .（用，，表示） 14．已知正方体的棱长为2，，分别为棱，的中点，建立如图所示空间直角坐标系，点在平面内运动，则点到，，，这四点的距离之和的最小值为 . 四、解答题 15．已知空间中三点，设 (1)已知，求的值； (2)若，且，求的坐标. 16．如图所示，在三棱锥中，．    (1)求证：； (2)若点D为AP的中点，且，求二面角的大小． 17．如图，在长方体中，，点在棱上移动.    (1)当点在棱的中点时，求平面与平面所成的夹角的余弦值； (2)当为何值时，直线与平面所成角的正弦值最小，并求出最小值. 18．如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点    (1)证明：平面； (2)求平面和平面夹角的余弦值； 19．如图，在四棱锥中，已知底面是边长为的菱形，，且平面，垂足为. (1)证明：平面. (2)求直线与平面所成角的正弦值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B A A D C A B ABD AB 题号 11 答案 ABD 1．B 【分析】直接利用基底的定义和共面向量求出结果. 【详解】若不能构成空间的一个基底， 共面， 存在，使， 即， 解得， 故选：. 2．B 【分析】根据空间向量的数量积公式及运算律计算即可. 【详解】根据题意知，则， 所以. 故选：B 3．A 【分析】由点到平面的距离的向量法公式直接计算求解即可. 【详解】由题得. 故选：A. 4．A 【分析】根据已知条件建系结合弧长得出角及点的坐标，最后应用空间向量两点间距离计算. 【详解】应用圆柱的特征取上下底面的圆心为轴，再过作的垂线为轴，如图建系， 过向圆作垂线垂足为，，设圆半径为，所以， 所以，则， 同理，过向圆O作垂线垂足为，则， 所以. 故选：A. 5．D 【分析】由平行六面体的性质和空间向量的线性运算即可求解； 【详解】如图： 由平行六面体的性质可得 ， 故选：D. 6．C 【分析】根据给定条件，利用空间向量的数量积求出，再利用三棱锥体积公式计算即得. 【详解】取中点，连接，则， 而平面， 于是平面，，， 又，则， 解得，，而，则， ， 所以三棱锥的体积为. 故选：C    7．A 【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标法，列公式求解即可； 【详解】如图，为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则 ∴， 设直线与所成角为， 则， 即异面直线与所成角的余弦值为； 故选: A 8．B 【分析】设正方体的棱长为，以为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，分别求出构成二面角的两个半平面的法向量， 看两个半平面的法向量夹角的余弦值是否含参数，从而确定二面角是否为常数. 【详解】 设正方体的棱长为，以为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 又是侧面上的动点，设，， 则， 设平面的法向量为，又，， 则，即，令，则，， 即， 又平面，则，即， 则，解得， 因此可得，， 设平面的法向量为，又，， 则，即，令，则，， 即， 又 因此可得二面角的大小为常数，故①正确； 设平面的法向量为，又，， 则，即，令，则，， 即， 因为中含参数，故的值不定， 因此二面角的大小不是常数，故②不正确； 设平面的法向量为，又，， 则，即，令，则，， 即， 因为中含参数，故的值不定， 因此二面角的大小不是常数，故③不正确； 故选：B. 【点睛】方法点睛： 1.与平行有关的轨迹问题的解题策略 （1）线面平行转化为面面平行得轨迹； （2）平行时可利用法向量垂直关系求轨迹． 2.与垂直有关的轨迹问题的解题策略 （1）可利用线线、线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹； （2）利用空间坐标运算求轨迹； （3）利用垂直关系转化为平行关系求轨迹． 9．ABD 【分析】根据空间向量基底的概念可得解. 【详解】由已知，，不共面，则，，不共面，A选项正确； 设，即方程无解， 所以，，不共面，B选项正确； 设，即，解得： ， 即，所以，，共面，C选项错误； 设，显然三个向量不共面，D选项正确； 故选：ABD. 10．AB 【分析】依题意利用空间向量平行的坐标表示，解方程即可得出结果. 【详解】根据题意，有且，得，解得，； 即可得，解得或； 因此与的值可以是或. 故选：AB 11．ABD 【分析】选项A由线面平行的判定定理可证；选项B由线面垂直可证线线垂直；选项CD可由空间向量法可得. 【详解】选项A： 如图连接交于，连接， 由题意可知为的中点，又为的中点，故， 又平面，平面，故平面，故A正确； 选项B：由题意为等边三角形，为的中点， 故, 又棱柱为直三棱柱，故， 又，平面，平面， 故平面，又平面，故，故B正确； 选项C： 如图建立空间直角坐标系，则，，， 因，故， 所以，， 设异面直线与所成角为，则 故C错误； 选项D：由题意平面的一个法向量为， ，，， 设平面的法向量为，则 ，即，设，则，， 故， 设平面与平面的夹角为，则， 故， 故，故D正确， 故选：ABD 12． 【分析】先平方，结合向量的数量积公式求出，从而得到答案. 【详解】为空间两两夹角都是的三个单位向量， ， . 故答案为： 13． 【分析】根据题意结合空间向量的线性运算分析求解即可. 【详解】由题意可知：. 故答案为：. 14． 【分析】由图形的结构特征，当为正方体中心时，点到两点的距离之和最小值为，到这两点的距离之和的最小值为，求值即可. 【详解】点与点和点的距离之和为， 因为关于平面的对称点为，故， 当且仅当为中点，即为正方体中心时等号成立； 点与点和点的距离之和可表示为， 则，当且仅当在所在直线上时等号成立， 故的最小值为， 当且仅当为正方体中心时等号成立. 故答案为：. 15．(1) (2)或 【分析】（1）根据条件得到，，再利用向量垂直的坐标表示，即可求解； （2）根据条件得到，再利用，即可求解. 【详解】（1）因为，， 所以，， 又，所以，得到. （2）因为，又，所以，解得或， 所以的坐标为或. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，得到和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可证得. （2）由，证得，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得，得到，再求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：如图所示，取的中点，分别连接， 在中，因为，可得， 在中，因为，可得， 又由，且平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）解：因为且，所以， 又因为，所以， 因为，即， 以点为坐标原点，以所在的直线分别为和轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，设，可得， 设，因为，可得，即，则， 则且, 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 因为平面，所以平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为，可得， 所以二面角的大小为.    17．(1) (2)当时，直线与平面所成角的正弦值最小，最小值为 【分析】（1）以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用向量法可求平面与平面所成的夹角的余弦值； （2）设，可求得平面的一个法向量，直线的方向向量，利用向量法可得，可求正弦值的最小值. 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，    当点在棱的中点时，则， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面所成的夹角的余弦值为； （2）设， 则， 则，    设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则， 令， 则， 当时，取得最小值，最小值为. 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，证明，根据线面平行的判定定理，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，利用平面夹角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）取中点，连接，．    在中，，分别为，的中点，则，， 因为，，则，， 可知四边形为平行四边形，则， 且平面，平面，所以平面． （2）因为平面，平面， 则，，且， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴， 建立空间直角坐标系，如图所示，        取的中点，连接， 因为，，则，. 又因为，所以四边形为矩形， 且，可知四边形是以边长为2的正方形， 则，，，，，， 可得，，，     设平面的法向量为，所以， 令，则，．所以平面的一个法向量为， 易知为平面的一个法向量， 所以， 所以平面和平面夹角的余弦值为． 19．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作出辅助线，由线面垂直得到，结合是正三角形，故，并得到为等边三角形，，故，即，结合，得到线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的夹角公式得到答案. 【详解】（1）连接，因为平面，平面， 所以，，， 由勾股定理得，， 因为，所以. 又四边形是菱形，，所以是正三角形， 所以. 由，得是正三角形，. 所以，即. 由平面，平面，可得. 因为，平面， 所以平面. （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. 因为，所以， 则， ， .设是平面的一个法向量，由得 取，可得. 设直线与平面所成的角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$