第一章 空间向量与立体几何 单元测试—2021-2022学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册（Word含答案解析）
文档属性
| 名称 | 第一章 空间向量与立体几何 单元测试—2021-2022学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册（Word含答案解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.7MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-10-09 15:35:05 | ||
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文档简介
空间向量与立体几何
一、单项选择题
1．以下命题中，不正确的个数为（ ）
①||﹣||＝||是，共线的充要条件；
②若∥，则存在唯一的实数λ，使λ；
③若 0， 0，则；
④若{，，}为空间的一个基底，则{，，}构成空间的另一个基底；
⑤|（ ） |＝|| || ||．
A．2
B．3
C．4
D．5
2．已知向量、是平面α内的两个不相等的非零向量，非零向量在直线l上，则 0，且 0是l⊥α的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
3．已知O为坐标原点，向量（﹣2，1，1），点A（﹣3，﹣1，4），B（﹣2，﹣2，2）．若点E在直线AB上，且⊥，则点E的坐标为（ ）
A．（，，）
B．（，，）
C．（，，）
D．（，，）
4．已知A（﹣1，1，2）、B（1，0，﹣1），设D在直线AB上，且2，设C（λ，λ，1+λ），若CD⊥AB，则λ的值为（ ）
5．(本题5分)两平行平面
，
分别经过坐标原点
和点
，且两平面的一个法向量
，则两平面间的距离是
A．
B．
C．
D．
6．(本题5分)如图，在三棱锥P﹣ABC中，△ABC为等边三角形，△PAC为等腰直角三角形，PA＝PC＝4，平面PAC⊥平面ABC，D为AB的中点，则异面直线AC与PD所成角的余弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
7．直三棱柱中，若，，是中点，过作这个三棱柱的截面，当截面与平面所成的锐二面角最小时，这个截面的面积为（
）
A．2
B．
C．
D．
8．已知点是正方体表面上一动点，且满足，设与平面所成的角为，则的最大值为（
）
A．
B．
C．
D．
二、多项选择题
9．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果，，，下列结论正确的有（
）
A．
B．
C．是平面ABCD的一个法向量
D．
10．若，，与的夹角为，则的值为（
）
A．17
B．－17
C．－1
D．1
11．已知，分别是正方体的棱和的中点，则（
）
A．与是异面直线
B．与所成角的大小为
C．与平面所成角的余弦值为
D．二面角的余弦值为
12．如图，三棱锥中，平面，，，，到平面的距离为，则（
）
A．
B．三棱锥的外接球的表面积为
C．直线与直线所成角的余弦值为
D．与平面所成角的正弦值为
三．填空题
13．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A、B、C、D的距离都等于2．给出以下结论：
①；
②；
③；
④ ；
⑤ 0；．其中正确结论的序号是 ．
14．已知空间三点A（0，0，1）、B（﹣1，1，1）、C（1，2，﹣3），若直线AB上一点M，满足CM⊥AB，则点M的坐标为 ．
15．已知，且两两垂直，则(x，y，z)＝________．
16．如图，矩形中，，⊥平面，若在上只有一个点满足，则的值等于________.
四、解答题
17．试在①，②，③三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得
面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题：
如图，在四棱锥中，，底ABCD为菱形，若__________，且
，异面直线PB与CD所成的角为，求二面角的余弦值.
18．如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，，，，.
（1）设点M为棱的中点，求证：平面；
（2）求异面直线和所成角的余弦值；
（3）棱SB上是否存在点N，使得平面平面？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
19．如图，四边形为正方形，平面，，点，分别为，的中点．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求点到平面的距离．
20．如图所示，在棱长为的正方体中，，分别是，的中点.
（1）求直线与所成角的余弦值；
（2）求直线与平面所成角的余弦值；
（3）求平面与平面夹角的余弦值.
21．在多面体中，正方形和矩形互相垂直，、分别是和的中点，．
（1）求证：平面．
（2）在边所在的直线上存在一点，使得平面，求的长；
22．如图，在三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，，，且.
（1）证明：；
（2）若二面角的平面角为，求与平面所成角的正弦值.
答案与解析
一、单项选择题
1．以下命题中，不正确的个数为（ ）
①||﹣||＝||是，共线的充要条件；
②若∥，则存在唯一的实数λ，使λ；
③若 0， 0，则；
④若{，，}为空间的一个基底，则{，，}构成空间的另一个基底；
⑤|（ ） |＝|| || ||．
A．2
B．3
C．4
D．5
【解题思路】根据向量共线，向量垂直，向量的基本定理，向量的数量积的定义和性质，逐一分析5个命题的真假，最后综合可得答案．
【解答过程】解：对于①，||﹣||＝||是，反向的充要条件，故错误；
对于②，若∥，且时，则存在唯一的实数λ，使λ，故错误；
对于③，若 0， 0，则，均与垂直，故错误；
对于④，若{，，}为空间的一个基底，则，，不共面，则，，也不共面，故{，，}构成空间的另一个基底，故正确；
对于⑤，|（ ） |＝|（ ）| ||＝|| || || ，故错误；
即只有命题④正确．
故不正确的命题有4个，
故选：C．
2．已知向量、是平面α内的两个不相等的非零向量，非零向量在直线l上，则 0，且 0是l⊥α的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解题思路】根据充分条件，必要条件的概念，及线面垂直的判定定理及性质，以及两非零向量垂直的充要条件即可判断出 0，且 是l⊥α的什么条件．
【解答过程】解：（1）由得，；
∵所在直线不一定相交，所在直线为l；
∴得不到l⊥α；
即，且不是l⊥α的充分条件；
（2）若l⊥α，向量所在直线在平面α内，在直线l上；
∴；
∴，且；
即 0，且 是l⊥α的必要条件；
综上得 0，且 是l⊥α的必要不充分条件．
故选：B．
3．已知O为坐标原点，向量（﹣2，1，1），点A（﹣3，﹣1，4），B（﹣2，﹣2，2）．若点E在直线AB上，且⊥，则点E的坐标为（ ）
A．（，，）
B．（，，）
C．（，，）
D．（，，）
【解题思路】利用向量共线定理及向量垂直与数量积的关系即可得出．
【解答过程】解：∵点E在直线AB上，则存在实数λ，使得λ，
∴λ（﹣3，﹣1，4）+λ（1，﹣1，﹣2）＝（﹣3+λ，﹣1﹣λ，4﹣2λ），
∴ 2（﹣3+λ）+（﹣1﹣λ）+（4﹣2λ）＝0，解得λ．
∴（，，），
即点E的坐标为（，，），
故选：A．
4．已知A（﹣1，1，2）、B（1，0，﹣1），设D在直线AB上，且2，设C（λ，λ，1+λ），若CD⊥AB，则λ的值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解题思路】设出点D（x，y，z），利用向量的坐标表示与共线定理求出点D的坐标，再利用向量垂直数量积为0，列出方程求出λ的值．
【解答过程】解：设D（x，y，z），则
（x+1，y﹣1，z﹣2），
（2，﹣1，﹣3），
（1﹣x，﹣y，﹣1﹣z），
∵2，
∴（x+1，y﹣1，z﹣2）＝2（1﹣x，﹣y，﹣1﹣z）；
即，
解得x，y，z＝0；
∴D（，，0），
（λ，﹣λ，﹣1﹣λ），
∵⊥，
∴ 2（λ）+λ﹣3（﹣1﹣λ）＝0，
解得λ．
故选：B．
5．(本题5分)两平行平面
，
分别经过坐标原点
和点
，且两平面的一个法向量
，则两平面间的距离是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】
两平行平面
，
分别经过坐标原点
和点
，，且两平面的一个法向量两平面间的距离，故选B.
6．(本题5分)如图，在三棱锥P﹣ABC中，△ABC为等边三角形，△PAC为等腰直角三角形，PA＝PC＝4，平面PAC⊥平面ABC，D为AB的中点，则异面直线AC与PD所成角的余弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】
取的中点，连结，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值．
【详解】
取的中点，连结，，
，，
平面平面，平面平面，
平面，
又，，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
是等腰直角三角形，，为直角三角形，
，0，，，0，，，0，，
，，，
，0，，，，，
，．
异面直线与所成角的余弦值为．
故选：．
7．直三棱柱中，若，，是中点，过作这个三棱柱的截面，当截面与平面所成的锐二面角最小时，这个截面的面积为（
）
A．2
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】
解：因为，，所以，即.
所以根据题意，以点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
易知平面的法向量为，
设截面的法向量为，
则，即，
设截面与平面所成的锐二面角为，
则
所以当时，取最大值，锐二面角为取最小，
不妨设，则，，即，
此时，过截面与平面内的直线的交点为，
则，所以，即，解得，
过截面与平面内的直线的交点为，
则，所以，即，解得，
所以，，
所以此时截面即为四边形，
其中，，，，
则在四边形中，，
所以，
所以四边形的面积为
.
故选：C.
8．已知点是正方体表面上一动点，且满足，设与平面所成的角为，则的最大值为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，，则，因为，
所以，即
，所以点的轨迹为以点为球心、为半径的球与正方体表面的交线，
即为如图的，，，要使得与底面所成的角最大，
则与底面的交点到点的距离最短，从而点在上，且在上，
则，从而，所以的最大值为，
故选：A．
二、多项选择题
9．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果，，，下列结论正确的有（
）
A．
B．
C．是平面ABCD的一个法向量
D．
【答案】ABC
【分析】
根据向量垂直的充要条件是数量积为0进行判断即可．
【详解】
因为，所以，A正确；
因为，所以，B正确；
由,，可得是平面ABCD的一个法向量，C正确；
BD在平面ABCD内，可得，D错误．
故选：ABC．
10．若，，与的夹角为，则的值为（
）
A．17
B．－17
C．－1
D．1
【答案】AC
【分析】
利用平面向量夹角的坐标表示列出方程，然后把向量与的坐标代入运算，即可求出结果．
【详解】
由已知，，
，解得或，
故选：AC.
11．已知，分别是正方体的棱和的中点，则（
）
A．与是异面直线
B．与所成角的大小为
C．与平面所成角的余弦值为
D．二面角的余弦值为
【答案】AD
【详解】
对选项A，由图知：与是异面直线，故A正确；
以为原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
设正方体边长为，
对选项B，
，，，，
所以，，
设与所成角为，
则，
又因为，所以，故B错误.
对选项C，由题知：平面的法向量为，
因为，，
设与平面所成角为，
则，，故C错误；
对选项D，，，
设平面的法向量，
则，令得，
设平面的法向量，
则，令得，
设二面角的平面角为，
则，
又因为为锐角，所以，故D正确.
故选：AD
12．如图，三棱锥中，平面，，，，到平面的距离为，则（
）
A．
B．三棱锥的外接球的表面积为
C．直线与直线所成角的余弦值为
D．与平面所成角的正弦值为
【答案】ABD
【分析】
根据题意得，设，进而根据等体积法得；再根据题意求得三棱锥的外接球的半径为，进而得B选项正确；再根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解讨论CD选项.
【详解】
因为，，，
所以，即，
又因为平面，
所以，设，
根据等体积法，即，
解得，所以，故A选项正确；
所以三棱锥的外接球的半径与以为邻边的长方体的外接球的半径相等，
所以三棱锥的外接球的半径为，
所以三棱锥的外接球的表面积为，故B选项正确；
过点作的平行线，则平面，
所以以点为坐标原点，所在边分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，
所以，
所以直线与直线所成角的余弦值为，故C选项错误；
因为，，
设平面的法向量为，
则，即，令，所以，由于
故设与平面所成角为，
则.
所以与平面所成角的正弦值为，故D选项正确；
故选：ABD
三．填空题
13．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A、B、C、D的距离都等于2．给出以下结论：
①；
②；
③；
④ ；
⑤ 0；．其中正确结论的序号是 ③④ ．
【解题思路】利用向量加减法则和数量积的概念，不难确定．
【解答过程】解：
如图
①中，（）+（）＝224
②中，（）+（）2
③中，
④中， 2×2cos∠ASB， 2×2cos∠CSD
显然
⑤中，2×2cos∠ASC，而∠ASC≠90°，
∴0
综上可知，正确序号为③④．
故答案为：③④．
14．已知空间三点A（0，0，1）、B（﹣1，1，1）、C（1，2，﹣3），若直线AB上一点M，满足CM⊥AB，则点M的坐标为 （，，1） ．
【解题思路】设M（a，b，c），则（a，b，c﹣1），（﹣1，1，0），由M在直线AB上，得，从而M（﹣λ，λ，1），再由CM⊥AB能求出M（，，1）．
【解答过程】解：设M（a，b，c），则（a，b，c﹣1），（﹣1，1，0），
∵M在直线AB上，∴，
∴a＝﹣λ，b＝λ，c＝1，∴M（﹣λ，λ，1），
∴（﹣λ﹣1，λ﹣2，4），
∵CM⊥AB，∴λ+1+λ﹣2＝0，
解得，∴M（，，1）．
故答案为：（，，1）．
15．已知，且两两垂直，则(x，y，z)＝________．
【答案】(－64，－26，－17)
【分析】
根据向量的数量积等于0列方程组得出x，y，z的值．
【详解】
∵两两垂直，
∴，，，
∴，
解得：x=﹣64，y=﹣26，z=﹣17．
故答案为(－64，－26，－17)．
【点睛】
本题考查了空间向量垂直与数量积的关系，属于基础题．
16．如图，矩形中，，⊥平面，若在上只有一个点满足，则的值等于________.
【答案】
【详解】
连接AQ，取AD的中点O，连接OQ．
∵PA⊥平面ABCD，PA⊥DQ，PQ⊥DQ，
∴DQ⊥平面PAQ，所以DQ⊥AQ．
∴点Q在以线段AD的中点O为圆心的圆上，
又∵在BC上有且仅有一个点Q满足PQ⊥DQ，
∴BC与圆O相切，（否则相交就有两点满足垂直，矛盾．）
∴OQ⊥BC，∵AD∥BC，∴OQ=AB=1，∴BC=AD=2，
即a=2．
故答案为：2．
考点：直线与平面垂直的性质．
四、解答题
17．试在①，②，③三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得
面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题：
如图，在四棱锥中，，底ABCD为菱形，若__________，且
，异面直线PB与CD所成的角为，求二面角的余弦值.
【答案】详见解析；余弦值为
【分析】
先分析出只能选择①③，再进行证明和计算.
【详解】
若选②：由平面ABCD知，又，
所以面PAC，所以，
所以，，
这与底面ABCD为菱形矛盾，所以②必不选，故选①③.
下面证明：平面ABCD，
因为四边形ABCD为菱形，所以.
因为，，
所以平面APC.
又因为平面APC，所以.
因为，O为AC中点，所以.
又，所以平面ABCD，
因为面ABCD，以O为坐标原点，以，，的方向分别作为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图空间直角坐标系，
因为，所以为异面直线PB与CD所成的角，
所以.
在菱形ABCD中，设，
因为，所以，，
设，则，.
在中，由余弦定理得：
，
所以，解得，
所以，，，.
设为平面ABP的法向量，
，，
由可得：，
令得.
设为平面CBP的法向量，
，，
由可得：，
令得：.
设二面角的平面角为，
所以，所以二面角的余弦值为.
【点睛】
此题考查补齐题目条件并进行求解二面角的大小，关键在于准确判定需要补齐的条件，根据立体几何常见的解题方法求解二面角的大小.
18．如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，，，，.
（1）设点M为棱的中点，求证：平面；
（2）求异面直线和所成角的余弦值；
（3）棱SB上是否存在点N，使得平面平面？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，的长为.
【分析】
（1）建立适当的空间直角坐标系，利用向量证明从而证明线面平行；（2）求出向量、的坐标，代入即可求解；（3）设，用表示出点N的坐标，求出平面SBC、平面ANC的法向量，由题意知则，即可带入坐标求得从而求得.
【详解】
（1）证明：以点A为坐标原点，向量，，的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系.
易知，，，，，，.
设点P为中点，则有，
，，
又因为平面，平面，所以平面.
（2）由，，得.
所以，异面直线和所成角的余弦值为.
（3）由（1）中知，.
设平面的法向量为，
有，进而，不妨设，得，
易知分别为平面ABCD、平面ABS的法向量，
，平面ABCD与平面SBC不垂直，
，平面ABS与平面SBC不垂直，
所以点N不在棱SB的端点处，
依题意，设，()，可得.
设平面的法向量为，
有，进而，
不妨设，得.
由题意知，，则，解得.
此时，.
19．如图，四边形为正方形，平面，，点，分别为，的中点．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求点到平面的距离．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.
【详解】
试题分析：（Ⅰ）取的中点，连接、，由已知结合三角形中位线定理可得且，得四边形为平行四边形，从而可得，再由线面平行的判定可得平面；（Ⅱ）利用等积法可得：，代入棱锥体积公式可得点到平面的距离．
试题解析：（Ⅰ）证明：取点是的中点，连接，，则，且，
∵且，
∴且，
∴四边形为平行四边形，
∴，∴平面．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知平面，所以点到平面的距离与到平面的距离是相等的，故转化为求点到平面的距离，设为．
利用等体积法：，即，，
∵，，∴，∴．
点睛：本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题；在证明线面平行的过程中，常见的方法有：1、构造三角形的中位线；2、构造平行四边形；3、利用面面平行；在该题中利用的是构造平行四边形.求点到面的距离主要是利用等体积法.
20．如图所示，在棱长为的正方体中，，分别是，的中点.
（1）求直线与所成角的余弦值；
（2）求直线与平面所成角的余弦值；
（3）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，求出与的坐标，利用空间向量夹角公式即可求解；
（2）求出的坐标以及平面的法向量，利用空间向量夹角公式即可求解；
（3）为平面的一个法向量，结合（2）中平面的法向量，利用空间向量夹角公式即可求解；
【详解】
以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系.
（1），，，
所以，，
所以，
故直线与所成角的余弦值为；
（2）由（1）得，，，
得，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，
所以
设直线与平面所成角为，
所以，
又直线与平面所成角的范围是，
所以，
故直线与平面所成角的余弦值为；
（3）由（2）可得平面的法向量为，
因为面，所以平面的一个法向量，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
21．在多面体中，正方形和矩形互相垂直，、分别是和的中点，．
（1）求证：平面．
（2）在边所在的直线上存在一点，使得平面，求的长；
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）利用面面垂直的性质定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，计算出平面的一个法向量的坐标，由已知条件可得出，可求得的值，进而可求得的长.
【详解】
（1）因为四边形为矩形，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面；
（2）因为平面，四边形为正方形，
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、、、，设点，
，，，
设平面的法向量为，
由，令，可得，
要使得平面，则，所以，，解得，
则，此时，.
【点睛】
方法点睛：立体几何开放性问题求解方法有以下两种：
（1）根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，然后再加以证明，得出结论；
（2）假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．
22．如图，在三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，，，且.
（1）证明：；
（2）若二面角的平面角为，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（Ⅰ）连接，，推出，，然后证明平面，即可证明．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，为二面角的平面角，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量的数量积求解与平面所成角的正弦值即可．
【详解】
解：（Ⅰ）证明：因为，，
所以与全等，所以，
，连接，，为中点，
，，，平面，
所以平面，又平面
所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，为二面角的平面角，所以，且，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，
设平面的法向量为，则即，令，则，，所以
所以，
所以与平面所成角的正弦值为.
一、单项选择题
1．以下命题中，不正确的个数为（ ）
①||﹣||＝||是，共线的充要条件；
②若∥，则存在唯一的实数λ，使λ；
③若 0， 0，则；
④若{，，}为空间的一个基底，则{，，}构成空间的另一个基底；
⑤|（ ） |＝|| || ||．
A．2
B．3
C．4
D．5
2．已知向量、是平面α内的两个不相等的非零向量，非零向量在直线l上，则 0，且 0是l⊥α的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
3．已知O为坐标原点，向量（﹣2，1，1），点A（﹣3，﹣1，4），B（﹣2，﹣2，2）．若点E在直线AB上，且⊥，则点E的坐标为（ ）
A．（，，）
B．（，，）
C．（，，）
D．（，，）
4．已知A（﹣1，1，2）、B（1，0，﹣1），设D在直线AB上，且2，设C（λ，λ，1+λ），若CD⊥AB，则λ的值为（ ）
5．(本题5分)两平行平面
，
分别经过坐标原点
和点
，且两平面的一个法向量
，则两平面间的距离是
A．
B．
C．
D．
6．(本题5分)如图，在三棱锥P﹣ABC中，△ABC为等边三角形，△PAC为等腰直角三角形，PA＝PC＝4，平面PAC⊥平面ABC，D为AB的中点，则异面直线AC与PD所成角的余弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
7．直三棱柱中，若，，是中点，过作这个三棱柱的截面，当截面与平面所成的锐二面角最小时，这个截面的面积为（
）
A．2
B．
C．
D．
8．已知点是正方体表面上一动点，且满足，设与平面所成的角为，则的最大值为（
）
A．
B．
C．
D．
二、多项选择题
9．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果，，，下列结论正确的有（
）
A．
B．
C．是平面ABCD的一个法向量
D．
10．若，，与的夹角为，则的值为（
）
A．17
B．－17
C．－1
D．1
11．已知，分别是正方体的棱和的中点，则（
）
A．与是异面直线
B．与所成角的大小为
C．与平面所成角的余弦值为
D．二面角的余弦值为
12．如图，三棱锥中，平面，，，，到平面的距离为，则（
）
A．
B．三棱锥的外接球的表面积为
C．直线与直线所成角的余弦值为
D．与平面所成角的正弦值为
三．填空题
13．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A、B、C、D的距离都等于2．给出以下结论：
①；
②；
③；
④ ；
⑤ 0；．其中正确结论的序号是 ．
14．已知空间三点A（0，0，1）、B（﹣1，1，1）、C（1，2，﹣3），若直线AB上一点M，满足CM⊥AB，则点M的坐标为 ．
15．已知，且两两垂直，则(x，y，z)＝________．
16．如图，矩形中，，⊥平面，若在上只有一个点满足，则的值等于________.
四、解答题
17．试在①，②，③三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得
面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题：
如图，在四棱锥中，，底ABCD为菱形，若__________，且
，异面直线PB与CD所成的角为，求二面角的余弦值.
18．如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，，，，.
（1）设点M为棱的中点，求证：平面；
（2）求异面直线和所成角的余弦值；
（3）棱SB上是否存在点N，使得平面平面？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
19．如图，四边形为正方形，平面，，点，分别为，的中点．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求点到平面的距离．
20．如图所示，在棱长为的正方体中，，分别是，的中点.
（1）求直线与所成角的余弦值；
（2）求直线与平面所成角的余弦值；
（3）求平面与平面夹角的余弦值.
21．在多面体中，正方形和矩形互相垂直，、分别是和的中点，．
（1）求证：平面．
（2）在边所在的直线上存在一点，使得平面，求的长；
22．如图，在三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，，，且.
（1）证明：；
（2）若二面角的平面角为，求与平面所成角的正弦值.
答案与解析
一、单项选择题
1．以下命题中，不正确的个数为（ ）
①||﹣||＝||是，共线的充要条件；
②若∥，则存在唯一的实数λ，使λ；
③若 0， 0，则；
④若{，，}为空间的一个基底，则{，，}构成空间的另一个基底；
⑤|（ ） |＝|| || ||．
A．2
B．3
C．4
D．5
【解题思路】根据向量共线，向量垂直，向量的基本定理，向量的数量积的定义和性质，逐一分析5个命题的真假，最后综合可得答案．
【解答过程】解：对于①，||﹣||＝||是，反向的充要条件，故错误；
对于②，若∥，且时，则存在唯一的实数λ，使λ，故错误；
对于③，若 0， 0，则，均与垂直，故错误；
对于④，若{，，}为空间的一个基底，则，，不共面，则，，也不共面，故{，，}构成空间的另一个基底，故正确；
对于⑤，|（ ） |＝|（ ）| ||＝|| || || ，故错误；
即只有命题④正确．
故不正确的命题有4个，
故选：C．
2．已知向量、是平面α内的两个不相等的非零向量，非零向量在直线l上，则 0，且 0是l⊥α的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解题思路】根据充分条件，必要条件的概念，及线面垂直的判定定理及性质，以及两非零向量垂直的充要条件即可判断出 0，且 是l⊥α的什么条件．
【解答过程】解：（1）由得，；
∵所在直线不一定相交，所在直线为l；
∴得不到l⊥α；
即，且不是l⊥α的充分条件；
（2）若l⊥α，向量所在直线在平面α内，在直线l上；
∴；
∴，且；
即 0，且 是l⊥α的必要条件；
综上得 0，且 是l⊥α的必要不充分条件．
故选：B．
3．已知O为坐标原点，向量（﹣2，1，1），点A（﹣3，﹣1，4），B（﹣2，﹣2，2）．若点E在直线AB上，且⊥，则点E的坐标为（ ）
A．（，，）
B．（，，）
C．（，，）
D．（，，）
【解题思路】利用向量共线定理及向量垂直与数量积的关系即可得出．
【解答过程】解：∵点E在直线AB上，则存在实数λ，使得λ，
∴λ（﹣3，﹣1，4）+λ（1，﹣1，﹣2）＝（﹣3+λ，﹣1﹣λ，4﹣2λ），
∴ 2（﹣3+λ）+（﹣1﹣λ）+（4﹣2λ）＝0，解得λ．
∴（，，），
即点E的坐标为（，，），
故选：A．
4．已知A（﹣1，1，2）、B（1，0，﹣1），设D在直线AB上，且2，设C（λ，λ，1+λ），若CD⊥AB，则λ的值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解题思路】设出点D（x，y，z），利用向量的坐标表示与共线定理求出点D的坐标，再利用向量垂直数量积为0，列出方程求出λ的值．
【解答过程】解：设D（x，y，z），则
（x+1，y﹣1，z﹣2），
（2，﹣1，﹣3），
（1﹣x，﹣y，﹣1﹣z），
∵2，
∴（x+1，y﹣1，z﹣2）＝2（1﹣x，﹣y，﹣1﹣z）；
即，
解得x，y，z＝0；
∴D（，，0），
（λ，﹣λ，﹣1﹣λ），
∵⊥，
∴ 2（λ）+λ﹣3（﹣1﹣λ）＝0，
解得λ．
故选：B．
5．(本题5分)两平行平面
，
分别经过坐标原点
和点
，且两平面的一个法向量
，则两平面间的距离是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】
两平行平面
，
分别经过坐标原点
和点
，，且两平面的一个法向量两平面间的距离，故选B.
6．(本题5分)如图，在三棱锥P﹣ABC中，△ABC为等边三角形，△PAC为等腰直角三角形，PA＝PC＝4，平面PAC⊥平面ABC，D为AB的中点，则异面直线AC与PD所成角的余弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】
取的中点，连结，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值．
【详解】
取的中点，连结，，
，，
平面平面，平面平面，
平面，
又，，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
是等腰直角三角形，，为直角三角形，
，0，，，0，，，0，，
，，，
，0，，，，，
，．
异面直线与所成角的余弦值为．
故选：．
7．直三棱柱中，若，，是中点，过作这个三棱柱的截面，当截面与平面所成的锐二面角最小时，这个截面的面积为（
）
A．2
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】
解：因为，，所以，即.
所以根据题意，以点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
易知平面的法向量为，
设截面的法向量为，
则，即，
设截面与平面所成的锐二面角为，
则
所以当时，取最大值，锐二面角为取最小，
不妨设，则，，即，
此时，过截面与平面内的直线的交点为，
则，所以，即，解得，
过截面与平面内的直线的交点为，
则，所以，即，解得，
所以，，
所以此时截面即为四边形，
其中，，，，
则在四边形中，，
所以，
所以四边形的面积为
.
故选：C.
8．已知点是正方体表面上一动点，且满足，设与平面所成的角为，则的最大值为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，，则，因为，
所以，即
，所以点的轨迹为以点为球心、为半径的球与正方体表面的交线，
即为如图的，，，要使得与底面所成的角最大，
则与底面的交点到点的距离最短，从而点在上，且在上，
则，从而，所以的最大值为，
故选：A．
二、多项选择题
9．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果，，，下列结论正确的有（
）
A．
B．
C．是平面ABCD的一个法向量
D．
【答案】ABC
【分析】
根据向量垂直的充要条件是数量积为0进行判断即可．
【详解】
因为，所以，A正确；
因为，所以，B正确；
由,，可得是平面ABCD的一个法向量，C正确；
BD在平面ABCD内，可得，D错误．
故选：ABC．
10．若，，与的夹角为，则的值为（
）
A．17
B．－17
C．－1
D．1
【答案】AC
【分析】
利用平面向量夹角的坐标表示列出方程，然后把向量与的坐标代入运算，即可求出结果．
【详解】
由已知，，
，解得或，
故选：AC.
11．已知，分别是正方体的棱和的中点，则（
）
A．与是异面直线
B．与所成角的大小为
C．与平面所成角的余弦值为
D．二面角的余弦值为
【答案】AD
【详解】
对选项A，由图知：与是异面直线，故A正确；
以为原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
设正方体边长为，
对选项B，
，，，，
所以，，
设与所成角为，
则，
又因为，所以，故B错误.
对选项C，由题知：平面的法向量为，
因为，，
设与平面所成角为，
则，，故C错误；
对选项D，，，
设平面的法向量，
则，令得，
设平面的法向量，
则，令得，
设二面角的平面角为，
则，
又因为为锐角，所以，故D正确.
故选：AD
12．如图，三棱锥中，平面，，，，到平面的距离为，则（
）
A．
B．三棱锥的外接球的表面积为
C．直线与直线所成角的余弦值为
D．与平面所成角的正弦值为
【答案】ABD
【分析】
根据题意得，设，进而根据等体积法得；再根据题意求得三棱锥的外接球的半径为，进而得B选项正确；再根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解讨论CD选项.
【详解】
因为，，，
所以，即，
又因为平面，
所以，设，
根据等体积法，即，
解得，所以，故A选项正确；
所以三棱锥的外接球的半径与以为邻边的长方体的外接球的半径相等，
所以三棱锥的外接球的半径为，
所以三棱锥的外接球的表面积为，故B选项正确；
过点作的平行线，则平面，
所以以点为坐标原点，所在边分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，
所以，
所以直线与直线所成角的余弦值为，故C选项错误；
因为，，
设平面的法向量为，
则，即，令，所以，由于
故设与平面所成角为，
则.
所以与平面所成角的正弦值为，故D选项正确；
故选：ABD
三．填空题
13．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A、B、C、D的距离都等于2．给出以下结论：
①；
②；
③；
④ ；
⑤ 0；．其中正确结论的序号是 ③④ ．
【解题思路】利用向量加减法则和数量积的概念，不难确定．
【解答过程】解：
如图
①中，（）+（）＝224
②中，（）+（）2
③中，
④中， 2×2cos∠ASB， 2×2cos∠CSD
显然
⑤中，2×2cos∠ASC，而∠ASC≠90°，
∴0
综上可知，正确序号为③④．
故答案为：③④．
14．已知空间三点A（0，0，1）、B（﹣1，1，1）、C（1，2，﹣3），若直线AB上一点M，满足CM⊥AB，则点M的坐标为 （，，1） ．
【解题思路】设M（a，b，c），则（a，b，c﹣1），（﹣1，1，0），由M在直线AB上，得，从而M（﹣λ，λ，1），再由CM⊥AB能求出M（，，1）．
【解答过程】解：设M（a，b，c），则（a，b，c﹣1），（﹣1，1，0），
∵M在直线AB上，∴，
∴a＝﹣λ，b＝λ，c＝1，∴M（﹣λ，λ，1），
∴（﹣λ﹣1，λ﹣2，4），
∵CM⊥AB，∴λ+1+λ﹣2＝0，
解得，∴M（，，1）．
故答案为：（，，1）．
15．已知，且两两垂直，则(x，y，z)＝________．
【答案】(－64，－26，－17)
【分析】
根据向量的数量积等于0列方程组得出x，y，z的值．
【详解】
∵两两垂直，
∴，，，
∴，
解得：x=﹣64，y=﹣26，z=﹣17．
故答案为(－64，－26，－17)．
【点睛】
本题考查了空间向量垂直与数量积的关系，属于基础题．
16．如图，矩形中，，⊥平面，若在上只有一个点满足，则的值等于________.
【答案】
【详解】
连接AQ，取AD的中点O，连接OQ．
∵PA⊥平面ABCD，PA⊥DQ，PQ⊥DQ，
∴DQ⊥平面PAQ，所以DQ⊥AQ．
∴点Q在以线段AD的中点O为圆心的圆上，
又∵在BC上有且仅有一个点Q满足PQ⊥DQ，
∴BC与圆O相切，（否则相交就有两点满足垂直，矛盾．）
∴OQ⊥BC，∵AD∥BC，∴OQ=AB=1，∴BC=AD=2，
即a=2．
故答案为：2．
考点：直线与平面垂直的性质．
四、解答题
17．试在①，②，③三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得
面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题：
如图，在四棱锥中，，底ABCD为菱形，若__________，且
，异面直线PB与CD所成的角为，求二面角的余弦值.
【答案】详见解析；余弦值为
【分析】
先分析出只能选择①③，再进行证明和计算.
【详解】
若选②：由平面ABCD知，又，
所以面PAC，所以，
所以，，
这与底面ABCD为菱形矛盾，所以②必不选，故选①③.
下面证明：平面ABCD，
因为四边形ABCD为菱形，所以.
因为，，
所以平面APC.
又因为平面APC，所以.
因为，O为AC中点，所以.
又，所以平面ABCD，
因为面ABCD，以O为坐标原点，以，，的方向分别作为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图空间直角坐标系，
因为，所以为异面直线PB与CD所成的角，
所以.
在菱形ABCD中，设，
因为，所以，，
设，则，.
在中，由余弦定理得：
，
所以，解得，
所以，，，.
设为平面ABP的法向量，
，，
由可得：，
令得.
设为平面CBP的法向量，
，，
由可得：，
令得：.
设二面角的平面角为，
所以，所以二面角的余弦值为.
【点睛】
此题考查补齐题目条件并进行求解二面角的大小，关键在于准确判定需要补齐的条件，根据立体几何常见的解题方法求解二面角的大小.
18．如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，，，，.
（1）设点M为棱的中点，求证：平面；
（2）求异面直线和所成角的余弦值；
（3）棱SB上是否存在点N，使得平面平面？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，的长为.
【分析】
（1）建立适当的空间直角坐标系，利用向量证明从而证明线面平行；（2）求出向量、的坐标，代入即可求解；（3）设，用表示出点N的坐标，求出平面SBC、平面ANC的法向量，由题意知则，即可带入坐标求得从而求得.
【详解】
（1）证明：以点A为坐标原点，向量，，的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系.
易知，，，，，，.
设点P为中点，则有，
，，
又因为平面，平面，所以平面.
（2）由，，得.
所以，异面直线和所成角的余弦值为.
（3）由（1）中知，.
设平面的法向量为，
有，进而，不妨设，得，
易知分别为平面ABCD、平面ABS的法向量，
，平面ABCD与平面SBC不垂直，
，平面ABS与平面SBC不垂直，
所以点N不在棱SB的端点处，
依题意，设，()，可得.
设平面的法向量为，
有，进而，
不妨设，得.
由题意知，，则，解得.
此时，.
19．如图，四边形为正方形，平面，，点，分别为，的中点．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求点到平面的距离．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.
【详解】
试题分析：（Ⅰ）取的中点，连接、，由已知结合三角形中位线定理可得且，得四边形为平行四边形，从而可得，再由线面平行的判定可得平面；（Ⅱ）利用等积法可得：，代入棱锥体积公式可得点到平面的距离．
试题解析：（Ⅰ）证明：取点是的中点，连接，，则，且，
∵且，
∴且，
∴四边形为平行四边形，
∴，∴平面．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知平面，所以点到平面的距离与到平面的距离是相等的，故转化为求点到平面的距离，设为．
利用等体积法：，即，，
∵，，∴，∴．
点睛：本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题；在证明线面平行的过程中，常见的方法有：1、构造三角形的中位线；2、构造平行四边形；3、利用面面平行；在该题中利用的是构造平行四边形.求点到面的距离主要是利用等体积法.
20．如图所示，在棱长为的正方体中，，分别是，的中点.
（1）求直线与所成角的余弦值；
（2）求直线与平面所成角的余弦值；
（3）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，求出与的坐标，利用空间向量夹角公式即可求解；
（2）求出的坐标以及平面的法向量，利用空间向量夹角公式即可求解；
（3）为平面的一个法向量，结合（2）中平面的法向量，利用空间向量夹角公式即可求解；
【详解】
以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系.
（1），，，
所以，，
所以，
故直线与所成角的余弦值为；
（2）由（1）得，，，
得，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，
所以
设直线与平面所成角为，
所以，
又直线与平面所成角的范围是，
所以，
故直线与平面所成角的余弦值为；
（3）由（2）可得平面的法向量为，
因为面，所以平面的一个法向量，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
21．在多面体中，正方形和矩形互相垂直，、分别是和的中点，．
（1）求证：平面．
（2）在边所在的直线上存在一点，使得平面，求的长；
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）利用面面垂直的性质定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，计算出平面的一个法向量的坐标，由已知条件可得出，可求得的值，进而可求得的长.
【详解】
（1）因为四边形为矩形，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面；
（2）因为平面，四边形为正方形，
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、、、，设点，
，，，
设平面的法向量为，
由，令，可得，
要使得平面，则，所以，，解得，
则，此时，.
【点睛】
方法点睛：立体几何开放性问题求解方法有以下两种：
（1）根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，然后再加以证明，得出结论；
（2）假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．
22．如图，在三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，，，且.
（1）证明：；
（2）若二面角的平面角为，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（Ⅰ）连接，，推出，，然后证明平面，即可证明．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，为二面角的平面角，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量的数量积求解与平面所成角的正弦值即可．
【详解】
解：（Ⅰ）证明：因为，，
所以与全等，所以，
，连接，，为中点，
，，，平面，
所以平面，又平面
所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，为二面角的平面角，所以，且，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，
设平面的法向量为，则即，令，则，，所以
所以，
所以与平面所成角的正弦值为.