2021-2022学年数学人教B版（2019）选择性必修第一册1.2.1 空间中的点、直线与空间向量基础过关练

1.2　空间向量在立体几何中的应用
1.2.1　空间中的点、直线与空间向量
基础过关练
题组一　空间中的点、直线与空间向量
1.(2020天津高二期末)已知向量a、b分别是直线l1、l2的方向向量,且a=(2,4,5),b=(3,x,y),若l1∥l2,则(　　)　　　　　　　　　　　
A.x=6,y=15 B.x=3,y=15
C.x=,y= D.x=6,y=
2.(2019山东烟台高二期末)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,若点P满足=++,则点P到直线AB的距离为(　　)
A. B. C. D.
题组二　空间中两条直线所成的角
3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为线段A1C1的中点,则异面直线DE与B1C所成角的大小为(　　)
A.15° B.30° C.45° D.60°
4.(2020陕西西安高新第一中学高二期末)如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为2,则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值是(　　)
A. B. C. D.0
5.(2020河南郑州第一中学高二期末)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的正弦值为(　　)
A. B. C. D.
6.(2020江苏南京师范大学附属中学高三期末)如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,则异面直线AP与BD所成角的大小为　　　　.
7.(2019四川绵阳中学高二期末)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为DD1的中点,M为四边形ABCD的中心.利用向量法证明:对A1B1上任一点N,都有MN⊥AP.
8.(2019山东寿光现代中学高二月考)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,AA1=2,∠A1AB=∠A1AD=120°.
(1)求线段AC1的长;
(2)求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值.
能力提升练
题组一　空间中的点、直线与空间向量
1.(2020浙江宁波高三模拟,)如图,矩形ADFE、矩形CDFG、正方形ABCD所在平面两两垂直,且AB=2,若线段DE上存在一点P使得GP⊥BP,则CG边的长度的最小值为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.4 B.4 C.2 D.2
2.(2020北京八中高一期末,)记动点P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上一点,且=λ.当∠APC为钝角时,λ的取值范围为(　　)
A.(0,1) B. C. D.(1,3)
3.(2019江西宜春高安中学高二期中,)圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形,O为底面的中心,M为SO的中点,动点P在圆锥底面内(包括圆周),若AM⊥MP,则点P形成的轨迹的长度为(　　)
A. B. C. D.
4.(2020浙江镇海中学高三模拟,)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为CC1的中点,P,Q是正方体表面上的相异两点,且满足BP⊥A1E,BQ⊥A1E.若P,Q均在平面A1B1C1D1内,则(1)PQ与BD的位置关系是　　　　;(2)||的最小值为　　　　.
题组二　空间中两条直线所成的角
5.(2020甘肃天水第一中学高二月考,)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,AB=1,PD=2,则异面直线PA与BD所成角的余弦值为(　　)
A.- B. C.- D.
6.(2020湖南湘潭高二期末,)如图所示,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,D是棱PB的中点,已知PA=BC=2,AB=4,CB⊥AB,则异面直线PC与AD所成角的余弦值为(　　)
A.- B.- C. D.
7.(2020广东深圳高二期末,)在四面体ABCD中,AB,BC,BD两两互相垂直,且AB=BC=1,点E是AC的中点,设异面直线AD与BE所成的角为θ,且cos θ=,则该四面体的体积为(　　)
A. B. C. D.
8.(多选)(2020山东德州第一中学高二期中,)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点E,F,G分别为棱AB,AA1,C1D1的中点,下列结论中正确的是(　　)
A.B1D1∥平面EFG
B.BD1⊥平面ACB1
C.异面直线EF与BD1所成角的正切值为
D.四面体ACB1D1的体积等于a3
9.(2020北京五中高三模拟,)如图,在正四棱锥V-ABCD中,二面角V-BC-D的大小为60°,E为BC的中点.
(1)证明:BC=VE;
(2)已知F为直线VA上一点,且F与A不重合,若异面直线BF与VE所成的角为60°,求.
答案全解全析
基础过关练
1.D　∵l1∥l2,向量a,b分别是l1,l2的方向向量,∴a∥b,∴==,
∴x=6,y=.故选D.
2.B　如图,过P作PM⊥平面ABCD于点M,过M作NM⊥AB于点N,
连接PN,易知PN即为所求.
因为点P满足=++,且正方体的棱长为1,
所以AN=,MN=,MP=,
所以PN==.故选B.
3.B　以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Dxyz(图略).
设正方体的棱长为2,则D(0,0,0),E(1,1,2),B1(2,2,2),C(0,2,0),
所以=(1,1,2),=(-2,0,-2),
所以cos<,>=
==-,
所以异面直线DE与B1C所成角的余弦值为,
所以异面直线DE与B1C所成的角为30°,故选B.
C　以AC的中点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,
则A1(0,-1,2),B(,0,0),B1(,0,2),C(0,1,0),
∴=(,1,-2),=(-,1,-2),
∴cos<,>===.故选C.
C　以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),
A(,-1,0),B1(0,0,1),C1(0,1,1),
所以=(-,1,1),=(0,1,1).设异面直线AB1与BC1所成的角为θ,
则cos θ= = =,
所以sin θ==.
故选C.
6.答案　60°
解析　如图,建立空间直角坐标系Dxyz,设正方形ABCD,ADPQ的边长均为a,则D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),P(0,0,a),
所以=(-a,0,a),=(-a,-a,0),
所以cos<,>==,由<,>∈[0,π],可知<,>=60°,所以异面直线AP与BD所成角的大小为60°.
7.证明　以点D为原点,DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),P,M.
设N(1,y,1)(0≤y≤1),
则=,=,
∴·=-1×+0×+×1=0,∴⊥,
即对A1B1上任一点N,都有MN⊥AP.
8.解析　(1)设=a,=b,=c,则|a|=|b|=1,|c|=2,a·b=0,c·a=c·b=2×1×cos 120°=-1,
∴=+=++=a+b+c,
∴||=|a+b+c|==
==,
∴线段AC1的长为.
(2)设异面直线AC1与A1D所成的角为θ,则cos θ=|cos<,>|
=.
∵=a+b+c,=b-c,
∴·=(a+b+c)·(b-c)=a·b-a·c+|b|2-|c|2=0+1+12-22=-2,
||====,
∴cos θ===.
故异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为.
能力提升练
1.D　以D为原点,DA,DC,DF所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.
设CG=a(a>0),P(x,0,z),易知x≠0且x≠2,所以x∈(0,2),z∈(0,a).
因为P为线段DE上一点,
所以=,即z=.
易得B(2,2,0),G(0,2,a),
所以=,=x,-2,-a.
若GP⊥BP,
则·=x(x-2)+4+=0,
所以a2=-4.
因为x∈(0,2),所以2x-x2∈(0,1],
所以当2x-x2=1时,a2取得最小值12,
所以a的最小值为2.
故选D.
2.B　根据题意,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),
∴=(1,1,-1),=(1,0,-1),=(0,1,-1),∴=(λ,λ,-λ),
=+=(-λ,-λ,λ)+(1,0,-1)=(1-λ,-λ,λ-1),
=+=(-λ,-λ,λ)+(0,1,-1)=(-λ,1-λ,λ-1),
∵PA,PC不共线,∴当∠APC为钝角时,cos∠APC<0,
∴·<0,
即(1-λ)(-λ)+(-λ)(1-λ)+(λ-1)(λ-1)=(λ-1)(3λ-1)<0,解得<λ<1.
故此时λ的取值范围是,故选B.
3.C　以底面中心O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,-1,0),B(0,1,0),S(0,0,),M,设P(x,y,0),其中-1≤x≤1,-1≤y≤1,
则=,=.
因为AM⊥MP,所以·=y-=0,
所以y=,故点P形成的轨迹方程为y=,故点P形成的轨迹长度为2×=.故选C.
4.答案　(1)平行　(2)
解析　(1)以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示:
则A1(1,0,1),E,B(1,1,0),因为P,Q均在平面A1B1C1D1内,
所以设P(a,b,1),Q(m,n,1),其中a,b,m,n均为[0,1]内的实数,所以=,=(a-1,b-1,1),=(m-1,n-1,1),
因为BP⊥A1E,BQ⊥A1E,
所以
解得所以b-a=n-m,所以=-=(m-a,n-b,0)=(n-b,n-b,0),
又=(-1,-1,0),所以∥,所以PQ与BD的位置关系是平行.
(2)由(1)可知b-a=,=(a-1,b,0),
所以||=
==
=,a∈[0,1],
所以当a=时,||取得最小值,最小值为.
5.D　由题意,建立如图所示的空间直角坐标系.
则D(0,0,0),A(1,0,0),P(0,0,2),B(1,1,0),
∴=(1,0,-2),=(-1,-1,0),
∴|cos<,>|===,
∴异面直线PA与BD所成角的余弦值为.故选D.
6.D　因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥BC.过点A作AE∥CB,且AE=CB,易知AP,AB,AE两两互相垂直.如图,以A为坐标原点,AB,AE,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),P(0,0,2),B(4,0,0),C(4,-2,0).因为D为PB的中点,所以D(2,0,1),所以=(4,-2,-2),=(2,0,1),所以cos<,>===.
故异面直线PC与AD所成角的余弦值为.故选D.
7.A　以B为原点,BC,BA,BD所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设BD=a(a>0),
则B(0,0,0),A(0,1,0),E,D(0,0,a),
∴=(0,-1,a),=,
∴cos θ===,∴a=2(负值舍去),
∴该四面体的体积为××1×1×2=.
故选A.
8.BC　如图所示,取A1D1的中点H,CC1的中点I,BC的中点M,连接HG并延长,连接MI并延长,记HG与MI的延长线交于点P,延长EF,记EF的反向延长线交MI的反向延长线于点Q,EF的延长线交HG的反向延长线于点N.连接BD,BC1,
因为B1D1与HG相交,故B1D1与平面EFG相交,故A不正确.
∵BD⊥AC,DD1⊥AC,BD∩DD1=D,
∴AC⊥平面BDD1,
∴AC⊥BD1.
∵BC1⊥B1C,C1D1⊥B1C,
BC1∩C1D1=C1,
∴B1C⊥平面BC1D1,
∴B1C⊥BD1,
又AC∩B1C=C,
∴BD1⊥平面ACB1,故B正确.
以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,
则D(0,0,0),E,F,B(a,a,0),D1(0,0,a),
∴=,=(-a,-a,a),
∴cos<,>====,
∴sin<,>===,
∴tan<,>===,
∴异面直线EF与BD1所成角的正切值为,故C正确.
易知四面体ACB1D1的体积等于正方体的体积减去四个正三棱锥的体积,
即a3-4××a3=a3,故D不正确.故选BC.
9.解析　(1)证明:设V在底面的射影为点O,则O为正方形ABCD的中心,如图,
连接OE,因为E为BC的中点,所以易得OE⊥BC.
在正四棱锥V-ABCD中,VB=VC,则VE⊥BC,
所以∠VEO即为二面角V-BC-D的平面角,则∠VEO=60°,
所以在Rt△VOE中,VE=2OE,又AB=BC=2OE,
所以BC=VE.
(2)取AB的中点G,以O为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz,如图,设AB=2,则V(0,0,),E(0,1,0),B(1,1,0),A(1,-1,0),所以 =(1,-1,-),=(1,1,-),=(0,1,-).设=λ(λ≠1),则=(λ,-λ,-λ),
则= -=(λ-1,-λ-1,-λ+),
从而|cos<,>|===cos 60°=,
整理得λ2+10λ-11=0,
解得λ=-11(λ=1舍去),
故=11.