第一章空间向量与立体几何同步练习卷-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同步练习卷-2024-2025学年高二数学上学期人教A版2019 一、单选题 1．已知，，不共面，，，若与共线，则实数的值为（    ） A． B．1 C．3 D．或3 2．已知向量满足，，且，则向量在向量上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 3．在棱长为的正方体中，为面的中心，为的中点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 4．已知，若不能构成空间的一个基底， 则m=（    ） A．7 B．-1 C．5 D．1 5．如图，在四面体中，是棱上一点，且是棱的中点，则（   ）    A． B． C． D． 6．已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若平面，则（   ） A． B． C． D． 7．如图，在四棱柱中，底面为正方形，侧棱底面，，，是侧面内的动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（    ）. A． B． C．2 D． 8．如图所示，已知直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，且，，，，分别是，，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．如图，在下列给出的正方体中，点为顶点，点为下底面的中心，点为正方体的棱所在的中点，则与垂直的是（    ） A． B． C． D． 10．已知点是棱长为的正方体表面上的一个动点，则（   ） A．存在点，使得 B．若是中点，当在棱上运动时，存在点使得 C．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 D．若是的中点，当点在底面上运动时，存在点使得平面 11．如图，棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为面对角线上一个动点，则下列选项中正确的有（    ） A．三棱锥的体积为定值． B．无论点在线段的什么位置，都有平面平面 C．线段上存在点，使平面平面． D．为上靠近的四等分点时，直线与所成角最小 三、填空题 12．如图，三棱柱中，若，则 （用表示） 13．已知球内切于正四棱锥是球的一条直径，点为正四棱锥表面上的点，则的取值范围为 . 14．已知正方体的棱长为a，点分别为棱，的中点，下列结论中，正确结论的序号是 ． ①平面； ②平面； ③异面直线与所成角的正切值为； ③四面体的体积等于． 四、解答题 15．在平行六面体中，，，.    (1)求的长； (2)求到直线的距离； (3)动点在线段上运动，求的最小值. 16．如图所示，在三棱柱中，，侧面底面，，分别为棱和的中点. (1)求证：平面； (2)若，且平面平面，求二面角的余弦值大小. 17．如图，正四棱锥的底面边长和高均为，分别为的中点. (1)证明：. (2)求直线与平面所成角的正弦值. 18．已知两个非零向量，在空间任取一点，作，则叫做向量的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面为上一点，. (1)求的长； (2)若为的中点，求平面与平面所成角的余弦值； (3)若为上一点，且满足，求. 19．如图1，△是等边三角形，△为等腰直角三角形，．将△沿翻折到△位置，且点不在平面内（如图2）．点在线段上（不含端点）． (1)证明：； (2)直线与所成角的余弦值为． ①直线与平面所成角为60°时，求； ②设平面与平面的夹角为，求的取值范围． 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 C C A D D B A D AC BCD 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】利用空间向量平行充要条件即可求得实数的值. 【详解】，， 若与共线，则有， 即，解之得，则的值为3. 故选：C 2．C 【分析】根据数量积的运算律可求得，根据投影向量定义直接求解即可. 【详解】，，， ，， ，，. 故选：C. 3．A 【分析】建立合适空间直角坐标系，采用向量法计算出的值即为点到直线的距离. 【详解】以为原点，以为轴正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系， 由题意可知，， 所以， 所以点到直线的距离为， 故选：A. 4．D 【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：D. 5．D 【分析】根据空间向量的加减法进行计算. 【详解】由题意，得 ． 故选：D． 6．B 【分析】根据，根据共线的坐标运算列式探索满足的条件. 【详解】由题意：，所以. 故选：B 7．A 【分析】建立空间直角坐标系，确定各点坐标，根据垂直关系得到，确定平面的法向量为，再根据向量的夹角公式计算得到答案. 【详解】如图所示：以为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以， 设，则， 因为， 所以，即，则，所以， 平面的一个法向量为， 则， 又，所以当时，最大为，则，此时最大为. 故选：A 8．D 【分析】建立空间直角坐标系求异面直线，所成角的余弦值即可. 【详解】解：连接，，，并且，的中点为， 因为底面是菱形，所以， 又因为四棱柱为直四棱柱， 所以底面， 又因为，所以底面， 所以，. 以点为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示）. 则，，，，， 于是，，， 所以，， 设异面直线，所成角为， 则. 故选：D 【点睛】 9．AC 【分析】建立空间直角坐标系，得到两直线的方向向量，用向量的坐标求向量的数量积，数量积的结果即可判定直线是否垂直. 【详解】在正方体中，已其中一个顶点为原点，相邻的三边为坐标轴建系，设每个正方体棱长均为2. A选项：如图，，，， 即，，∴，∴.A选项正确； B选项：如图，，，， 即，，∴，∴不成立.B选项错误； C选项：如图，，， 即，，∴，∴.C选项 正确； D选项：如图，，， 即，，∴，∴不成立.D选项正确. 故选：AC. 10．BCD 【分析】根据空间向量的线性运算以及坐标法可判断各选项. 【详解】A选项：由已知若，则在线段靠近的三等分点处，此时点不在正方体表面，A选项错误； 如图所示建立空间直角坐标系， B选项：由已知，又点在棱上，则可设，， 则由，得，解得，B选项正确； C选项：由已知，设，， 则，即， 则， 所以与所成角的余弦值为， 当时，， 当时，设，则， 综上所述，即，C选项正确； D选项：由已知，设，且， 则，，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 若平面，则，即， 即点在直线上， 又直线与正方形有公共点，所即存在点可使得平面，D选项正确； 故选：BCD. 11．ABD 【分析】利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；选项B，根据条件，可得面，利用面面垂直的判定定理可得平面平面，即可作出判断，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断C和D选项的正误． 【详解】对于选项A，因为平面，平面平面， 所以，点到平面的距离等于， 的面积为， 所以，，故选项A正确； 对于选项B，连接，易知面，又面，所以， 又分别为棱的中点，则，而，所以， 又面，，所以面， 又面，所以平面平面，故选项B正确， 对于选项C，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、、、 、、，、， 设平面的法向量为，，， 由，取，可得， 设，可得点，其中， 则， 所以，解得， 故平面与平面不平行，所以选项C错误， 对于选项D，由选项C知，，， 设直线与所成角为， 则， 当时，取得最大值，此时最小，所以选项D正确， 故选：ABD. 12． 【分析】根据空间向量的线性运算求解． 【详解】由题意， 故答案为：． 13．. 【分析】令是正四棱锥底面正方形中心，利用向量的数量积的运算律可得，根据的范围可求的取值范围. 【详解】令是正四棱锥底面正方形中心，则平面， 而，则，故， 显然球的球心在线段上，设球半径为， 则， 在中，，于是， 又是球的一条直径，则为半径， 因此， 而，则，， 所以的取值范围为.    故答案为： 14．②③ 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系及线线夹角可判定前三个结论；利用正方体及三棱锥的体积公式可判定第四个结论. 【详解】如图所示建立空间直角坐标系， 则， ， ， ， 设平面与平面的法向量分别为， 则，， 不妨令，令， 即， 易知，所以与平面不平行，平面； ， 即异面直线与所成角的余弦值为，所以其正切值为； 易知正方体体积为，， 所以. 综上：②③正确，①④错误. 故答案为：②③ 15．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用空间向量的基本定理直接求解即可； （2）结合长度关系，利用线面垂直得出，即得为到直线的距离，进而求解即可； （3）设，表示出，即可求出所求的最小值. 【详解】（1）由题知，， 因为， 所以 ， 而， ， ， 所以， 即的长度为. （2）因为， 所以， 所以， 在中，， 所以， 即， 又因为， 所以平面， 而平面， 所以， 即为到直线的距离， 而， 所以三角形为等边三角形，即， 即到直线的距离为. （3）设， 则 ， 当时，这时的最小，且为.    16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，，证明，由线线平行即可推得线面平行； （2）取上的四等分点，满足,取的中点,连接,通过证得推得四点共面， 由题设证明平面，从而完成建系，不妨取，求出相关点坐标，计算两平面的法向量坐标，利用空间向量的夹角公式即可求得. 【详解】（1） 如图，取的中点，连接，， 在中，因是的中点，故，且. 在三棱柱中，且， 又为棱的中点，故得，且， 故得， 则有， 又因为平面，平面， 所以平面. （2） 由题意，三棱柱中所有棱长都相等，则与都是等边三角形， 如图，取上的四等分点，满足, 取的中点,连接, 则,易知,且，故可得， 则有，故有则四点共面. 因平面平面，平面平面， 且平面平面可得平面，又. 故可建立以为原点，，，所在直线分别为，，轴的空间直角坐标系. 不妨取，则，由可解得 则有，，， 则, 设平面法向量为， 则， 取，可得，， 故为平面的一个法向量， 因平面，故为底面的一个法向量， 则， 设二面角的平面角为，由图知二面角为锐二面角， 故二面角的余弦值为. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，相交于，连接，根据条件建立空间直角坐标系，求得，从而有，即可证明结果； （2）求出直线的方向向量与平面的法向量，再利用线面角的向量法，即可求解. 【详解】（1）如图，连接，相交于，连接，因为四棱锥为正四棱锥， 则面，，可建立如图所示的空间直角坐标系，又底面边长和高均为， 则， 又分别为的中点，得到， 所以，得到，所以. （2）由（1）知，， 设平面的一个法向量为， 则，取，得到，所以， 又，设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18．(1)2 (2) (3)10 【分析】（1）证明，为直线与所成的角，设，结合“向量积”的模的定义由条件列方程求可得的长； （2）法一，作交的延长线于点，连接，证明为二面角的平面角，解三角形求得平面与平面所成角的余弦值； 法二，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，然后利用向量法求解； （3）利用向量的向量积的定义可证平面，在平面内过点作，垂足为，证明平面，过点作交于点，证明，结合条件可求. 【详解】（1）因为底面为矩形，所以， 因为底面底面，所以， 又平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为， 所以为直线与所成的角，即， 设，则， 在中， 又，所以，解得或（舍去）， 所以； （2）法一：在平面内过点作交的延长线于点，连接， 因为底面底面，所以， 又平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为为的中点， 所以， 所以， 所以平面与平面所成角的余弦值为； 法二：以为坐标原点，所以直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的一个法向量为， ， 令，得， ， 设平面的一个法向量为， ， 平面与平面所成角的余弦值为. （3）依题意，又， 所以，又，所以， 又平面，所以平面， 在平面内过点作，垂足为， 由平面平面，所以， 又平面，所以平面， 在平面内过点作交于点，在上取点，使得，连接， 所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，又，即， 所以. 【点睛】思路点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 19．(1)证明见解析 (2)①1 ② 【分析】（1）证明线面垂直，再由线面垂直得线线垂直； （2）建立空间直角坐标系①设，利用线面角公式建立关于的方程求解；②由二面角的向量求法得出，再转化为正弦的取值范围即可. 【详解】（1）设为线段的中点，连接，如图， 因为，所以， 因为平面， 所以平面， 因为平面，所以 （2）因为△为等腰直角三角形，， 所以， 因为△是等边三角形，所以， 设， 则 因为， 所以， 所以 解得或， 因为，所以， 所以两两垂直， 以为坐标原点，为基底，建立如图所示空间直角坐标系， ①， 则，设， 得 设平面的法向量为， 则，取，则， 所以 因为直线与平面所成角为60°， 所以，解得（不合题意，舍）， 所以 ②设平面的法向量为， 则， 取，可得， 所以， 令，则，且， 因为时，， 所以，， 所以的取值范围. 【点睛】关键点点睛：本题首先需要利用向量证明三条线两两垂直，建立空间直角坐标系后，需要求线面角，面面角，据此换元后再求正弦的取值范围，运算量巨大，繁琐，难度大. 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 $$