选择性必修第一册第一章空间向量与立体几何 同步练习（Word版含解析）

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
一、单选题
1．已知圆，圆，，分别为圆和圆上的动点，为直线上的动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2．在空间直角坐标系中，已知，，则点B的坐标是
A． B．
C． D．
3．已知平面内的两个向量，且．若为平面的法向量，则的值分别为（ ）
A． B． C．1，2 D．
4．已知，，若，则的值为（ ）
A． B． C．6 D．8
5．已知 是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是（ ）
A．，，
B．，，
C．，，
D．，，
6．的顶点分别为、、，则边上的高的长为（ ）
A． B． C． D．
7．已知四面体的所有棱长都是2，点是的中点，则（ ）
A． B． C． D．
8．在下列条件中，使与，，一定共面的是（ ）
A． B．
C． D．
9．如图，在平行六面体中，，，则（ ）
A．1 B． C．9 D．3
10．如图，在三棱锥中，已知，，平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
11．已知点是平行四边形所在的平面外一点，如果，，.对于结论：①；②；③是平面的法向量；④.其中正确的是（ ）
A．②④ B．②③ C．①③ D．①②
12．已知，空间向量为单位向量，，则空间向量在向量方向上的投影的数量为（ ）
A．2 B． C． D．
二、填空题
13．在平行六面体中，设，，，用、、作为基底向量表示________．
14．在正四面体中，是上的点，且，是的中点，若，则的值为__________．
15．如图，在正方体中，E为棱的中点，动点沿着棱DC从点D向点C移动，对于下列三个结论：
①存在点P，使得；
②的面积越来越小；
③四面体的体积不变.
所有正确的结论的序号是_____________.
16．设为矩形所在平面外的一点，直线平面，，，，则点到直线的距离为___________.
三、解答题
17．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，M为的中点．
（1）求证：；
（2）求平面与平面所成的角的余弦值．
18．如图，在三棱锥中，底面，，，．
（1）求证：平面平面；
（2）若二面角的大小为，过点作于，求直线与平面所成角的大小．
19．如图，在直三棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）中，，，棱，为的中点.
（1）求的长；
（2）求与所成角的余弦值.
20．如图所示，平面CDEF平面ABCD，且四边形ABCD为平行四边形，∠DAB＝45°，四边形CDEF为直角梯形，EF∥DC，EDCD，AB＝3EF＝3，ED＝a，AD．
（1）求证：ADBF；
（2）若线段CF上存在一点M，满足AE∥平面BDM，求的值；
21．在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）若，求直线与所成角的余弦值.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
分析圆与圆的圆心和半径，求出与圆关于直线对称的圆，再设圆上的点与圆上点对称，分析可得原问题可以转化为到圆和圆上的动点距离之和最小值问题，据此分析可得答案．
【详解】
圆，即，圆心为，半径，
圆，即，圆心为，半径，
设点关于直线对称的点为
则 ，解得：，
圆关于直线对称的圆为圆，其圆心为，半径，则其方程为，
设圆上的点与圆上点对称，则有，
原问题可以转化为到圆和圆上的动点距离之和最小值问题，
连接，与直线交于点，此时点是满足最小的点，
此时，即的最小值为，
故选：A．
关键点点睛：本题考查直线与圆的位置关系，涉及圆与圆关于直线的对称问题，解答本题的关键是求出圆直线对称的圆的方程，原问题可以转化为到圆和圆上的动点距离之和最小值问题.
2．C
根据空间向量的坐标运算即可求解.
【详解】
设，，
则，
而，
所以，解得，
所以，
故选：C.
本题考查了空间向量的坐标运算，属于基础题.
3．A
由空间向量线性关系的坐标运算求坐标，再根据为平面的法向量有，即可求.
【详解】
．
由为平面的法向量，得，即，解得．
故选：A
4．D
由，可得，则有，从而可求出的值，
【详解】
解：因为，所以，
因为，，
所以，解得，
故选：D
5．C
逐一判断选项中的向量是否共面，可得选项.
【详解】
对于A，有，则，，共面，不能作为基底，故A不正确；
对于B，因为，所以，，共面，不能作为基底，故B不正确；
对于D，因为，所以 ，，共面，不能作为基底，故D不正确，
对于C，设（为不同时为0的实数），解得与题意不符，所以，，不共面，可以作为基底，故C正确，
故选：C.
6．C
根据向量垂直的坐标表示运算即可求解.
【详解】
∵、、，
则，，
∵点在直线上，
∴设，
则，
又∵，
则，
解得.
∴，
则，
故选：C.
7．A
根据，即 可求解.
【详解】
如图，可知，
.
故选：A.
本题考查空间向量数量积的运算，属于基础题.
8．C
根据四点共面的条件对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】
解：与，，一定共面的充要条件是，
对于A选项，由于，故不共面，错误；
对于B选项，由得，由于，故不共面，错误；
对于C选项，由得，即，由于，满足，故共面，正确；
对于D选项，由于，故不共面，错误；
故选：C
9．D
根据图形，利用向量的加法法则得到，
再利用求的模长.
【详解】
在平行六面体中，
有，，
由题知，，，，，
所以，，与的夹角为，
与的夹角为，与的夹角为，
所以
.
所以.
故选：D.
10．A
取的中点为，连接，证明平面，，然后建立空间直角坐标系，利用向量求解即可.
【详解】
取的中点为，连接
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面
所以平面
因为，
所以
如图建立空间直角坐标系，则
所以
所以异面直线与所成角的余弦值为
故选：A
11．B
求出判断①不正确；根据 判断②正确；由，判断③正确；假设存在使得，由无解，判断④不正确.
【详解】
由，，，，2，，，2，，知：
在①中，，故①不正确；
在②中，，，，故②正确；
在③中，， ，又因为，，知是平面的法向量，故③正确；
在④中，，3，，假设存在使得，则，无解，故④不正确；
综上可得：②③正确．
故选：B．
本题考查命题真假的判断，考查空间向量垂直、向量平行等基础知识，考查了平面的法向量以及空间向量的模，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
12．B
由空间向量在向量方向上的投影为，运算即可的解.
【详解】
由题意，，，，
则空间向量在向量方向上的投影为.
故选：B.
13．
根据空间图形，根据向量加，减法的规则计算结果.
【详解】
有图形可知
.
故答案为：
14．
根据向量的线性运算再结合空间向量的基本定理即可得到答案.
【详解】
如图所示：
.
由空间向量基本定理得：，，.
故.
故答案为：
本题主要考查空间向量的线性运算，同时考查空间向量的基本定理，属于简单题.
15．①②③
建立空间直角坐标系，表达出各点坐标，设出（），选项①，列出方程，求出m的值；选项②，利用点到直线距离的向量公式表达出P到直线距离，表达出的面积，进而得到答案；③把作为底，高为点P到上底面的距离，可以判断四面体的体积不变.
【详解】
以D为坐标原点，DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则，，设（），则，，令，解得：，存在点P，使得，①正确；
，，，，设点P到直线距离为，则
所以，因为，动点沿着棱DC从点D向点C移动，即从0逐渐变到2，随着的变大，变小，的面积越来越小，②正确；
以为底，高为点P到上底面的距离，因为∥底面，所以h不变，所以四面体的体积不变，③正确.
故答案为：①②③
16．
求出在上的射影长再利用勾股定理可得答案.
【详解】
因为，
所以，
，
，，
所以，，
因为，所以在上的射影长为，
所以点到直线的距离.
故答案为：.
17．（1）证明见解析；（2）．
（1）以点D为原点，依次以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出 ，利用数量积即可证明.
（2）求出两平面PAM与平面PDC的法向量，则法向量夹角余弦得二面角的余弦．
【详解】
解：（1）依题意，棱DA，DC，DP两两互相垂直.
以点D为原点，依次以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，
如图，建立空间直角坐标系.
则，，，.
可得，.
所以，
所以
（2）由（1）得到，，
因此可得，.
设平面的一个法向量为，则由
得
令，解得.
同理，可求平面PDC的一个法向量.
所以，平面PAM与平面PDC所成的锐二面角满足：
.
即平面PAM与平面PDC所成的锐二面角的余弦值为.
18．（1）证明见解析；（2）60°．
（1）根据根据线面垂直的判断得平面，进而证明平面平面；
（2）解法一：根据题意得，进而过点作于，则平面且为中点，连接，则为直线与平面所成的角，再根据几何关系求解即可；
解法二：建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】
（1）因为底面，所以，
又，所以，
又，为平面内的两条相交直线，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
（2）解法一：由（1）可知，为二面角的平面角，所以，
又，，，所以，
过点作于，则平面且为中点，连接，
则为直线与平面所成的角，
在中，，，
所以，
故，
所以直线与平面所成的角为60°．
解法二：建立如图所示的空间直角坐标系，
则由已知，可得，，，，
设，（），则，，，
因为，，，
所以，
解得，所以，故，
设平面的法向量为，因为，，
由，得，
令，则，
所以为平面的一个法向量，
所以，
故直线与平面所成的角的正弦值为，
所以直线与平面所成的角为60°．
19．（1）；（2）.
以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.
（1）利用空间中两点间的距离公式可求得的长；
（2）利用空间向量法可求得与所成角的余弦值.
【详解】
如图，以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.
（1）依题意得、，因此，，
因此，线段的长为；
（2）依题意得、、、，
，，
所以，，
故与所成角的余弦值为.
20．（1）证明见解析；（2）．
（1）由面面垂直的性质得ED面ABCD，即有，过作于，过作交于，则有，应用余弦定理、勾股定理可知，根据线面垂直的判定及性质可证，进而得证.
（2）构建以D为原点，过点D垂直于DC的直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，确定的坐标，设，，进而求坐标，即可求面BDM的法向量，由线面平行求，即得的值；
【详解】
（1）∵面CDEF面ABCD，EDCD，面，面面，
∴ED面ABCD，面，即，
过作于，过作交于，
∵CDEF为直角梯形，AB＝3EF＝3，
∴，即，则，且，
∴，得，即，
∴，而，即面，又面，
∴，故.
（2）以D为原点，过点D垂直于DC的直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如下图示：
∴，若，则，
设，则，
设平面BDM的法向量为，则，取x1＝2，则，
若AE∥平面BDM，则，解得，
∴线段CF上存在一点M，满足AE∥平面BDM，此时．
关键点点睛：
（1）根据面面垂直的性质，结合余弦定理、勾股定理证线线垂直，进而由线面垂直的判定及性质证线线垂直.
（2）构建空间直角坐标系，设并确定其它相关点坐标，令，并求面BDM的法向量，应用线面平行求.
21．（1）证明见解析；（2）；
（1）证明，利用面面垂直的性质可得出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得平面平面；
（2）连接，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，根据可得出，求出的值，利用空间向量法可求得直线与所成角的余弦值.
【详解】
（1）为的中点，且，则，
又因为，则，故四边形为平行四边形，
因为，故四边形为矩形，所以，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
因为平面，因此，平面平面；
（2）连接，由（1）可知，平面，，为的中点，则，
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，
,
因为，则，解得，
，
，则.
因此，直线与所成角的余弦值为.
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