高中数学人教A版（2019）选修1 第一章 空间向量综合卷章节综合练习题（答案+解析）

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第一章 空间向量综合卷
一、选择题
1．（2023高二上·临安开学考）已知向量在基底下的坐标为，则在基底下的坐标为（　　）
A． B． C． D．
2．（2023高二上·临安开学考）在空间四边形中，等于（　　）
A． B． C． D．
3．（2023高二下·揭阳期末）已知空间向量，，若，则（　　）
A．1 B． C．2 D．
4．（2023高二下·宝山期末）已知，若三向量共面，则实数等于（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
5．在平行六面体中，AC，BD相交于，为的中点，设，，，则（　　）
A． B．
C． D．
6．（2023高二上·鄠邑期末）已知是空间的一个基底，则下列说法错误的是（　　）
A．若，则
B．两两共面，但不共面
C．一定存在x，y，使得
D．一定能构成空间的一个基底
7．（2023高二上·三明期末）若向量，，且，则的值为（　　）
A． B．0 C．6 D．8
8．（2023高二下·北仑开学考）已知空间向量，，，若，则（　　）
A．2 B．-2 C．14 D．-14
9．（2022高二上·沂水期中）已知空间向量，，则（　　）
A． B．6 C．36 D．40
10．（2023高二上·柳州开学考）下列说法中正确的是（　　）
A．空间三点可以确定一个平面
B．若A，B，C，D既在平面α内，又在平面β内，则平面α和平面β重合
C．两组对边都相等的四边形是平面图形
D．梯形一定是平面图形
11．（2022高二上·重庆市月考）已知直线l过点，且方向向量为，则点到l的距离为（　　）
A． B．4 C． D．3
12．（2023高三上·深圳月考）如图，在△ABC中，，，P为CD上一点，且满足，若，，则的值为（　　）
A． B． C． D．
13．（2022高二上·辽宁月考）已知四棱锥的底面为平行四边形，M，N分别为棱，上的点，，N是的中点，向量，则（　　）
A．， B．，
C．， D．，
14．（2022高二上·绍兴月考）在四棱锥中，底面是正方形，为的中点，若，则（　　）
A． B．
C． D．
15．（2023高二上·榆林期末）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，已知Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，则面积的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
16．（2023高二上·临安开学考）已知四棱锥的底面为正方形，平面，，点是的中点，则点到直线的距离是（　　）
A． B． C． D．
17．在空间直角坐标系中，已知，且平面的法向量为，则到平面的距离等于（　　）
A． B．4 C． D．
18．（2023高二上·辉南月考）已知空间中三点，，，那么点到直线的距离为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题
19．（2023高二下·酒泉期末）在空间坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，则、两点之间的距离为　 　．
20．（2023高二上·辉南月考）如图所示，在正四棱柱中，，，动点分别在线段、上，则线段长度的最小值是　 　．
21．（2023高二上·朝阳开学考）如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别是棱，的中点，点P在线段CM上运动，给出下列四个结论：
①平面CMN截正方体所得的截面图形是五边形；
②直线到平面CMN的距离是；
③存在点P，使得；
④面积的最小值是．
其中所有正确结论的序号是　 　．
22．（2023高二下·洛阳期末）在正方体中，点P满足，其中，，现有如下四个命题：
①存在，，使得平面；
②当时，平面；
③当时，与平面所成角的最小值为 ；
④若点P到直线与到直线AD的距离相等，则点P的轨迹是线段．
其中所有真命题的序号是　 　．
三、解答题
23．（2023·广东模拟）如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，，，，．
（1）证明：
（2）若平面平面PCD，且，求直线AC与平面PBC所成角的正弦值．
24．（2023·深圳模拟）在三棱柱中，，，.
（1）证明：；
（2）若，，求平面与平面夹角的余弦值.
25．（2023·安康模拟）如图1，四边形是梯形，，，是的中点，将沿折起至，如图2，点在线段上.
（1）若是的中点，证明：平面平面；
（2）若，二面角的余弦值为，求的值.
26．（2023·湛江模拟）如图1，在五边形中，四边形为正方形，，，如图2，将沿折起，使得至处，且．
（1）证明：平面．
（2）求二面角的余弦值．
27．（2023·南宁模拟）如图，在四棱锥中，是边长为1的正三角形，面面，，，，C为的中点.
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在点F，使二面角的余弦值为，若存在，求.若不存在，请说明理由.
28．（2023·达州模拟）如图，四棱锥的底面是平行四边形，平面平面，，，，、分别是、的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
29．（2023·嘉兴模拟）如图，在三棱台中，.
（1）求证：平面平面；
（2）若四面体的体积为2，求二面角的余弦值.
30．（2023·绍兴模拟）如图，在多面体中，，平面，为等边三角形，，，，点是的中点．
（1）若点是的重心，证明；点在平面内；
（2）求二面角的正弦值．
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】解：由题意可知：，
所以 在基底下的坐标为 .
故答案为：B.
【分析】根据题意结合空间向量基本定理运算求解.
2．【答案】C
【解析】【解答】解：由题意可得 .
故答案为：C.
【分析】根据空间向量的加法运算求解.
3．【答案】A
【解析】【解答】若，则，解得，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据空间向量平行的坐标表示求，进而可得结果.
4．【答案】D
【解析】【解答】因为三向量共面，所以存在唯一有序数对，使得，
所以，即，
解得.
故答案为：D
【分析】利用空间共面向量定理，列出方程组即可得到答案.
5．【答案】C
【解析】【解答】如图所示：
因为 为的中点，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据中线的性质，结合空间向量的线性运算求解.
6．【答案】C
【解析】【解答】对于A，若不全为0，则 共面，与题意矛盾，A符合题意；
对于B，是空间的一个基底，则 两两共面，但 不共面，B符合题意；
对于C， 不共面，则不存在实数，使得 ，C不符合题意；
对于D，若 共面， ， 无解，
故 不共面，一定能构成空间的一个基底，D符合题意
故答案为：C．
【分析】由不全为0，得到 共面，可判定A正确；根据空间向量的基底的定义，可判定B正确；由 不共面，得到不存在实数，使得 ，可判定C错误；设向量 共面， 列出方程组无解，可判定D正确.
7．【答案】D
【解析】【解答】依题意，向量，，且，
通过观察横坐标可知，
所以，
所以.
故答案为：D
【分析】根据题意，得到，列出方程，即可求解.
8．【答案】C
【解析】【解答】解：因为，，，
所以，
所以，
所以m-n=6-(-8)=14，
故选：C
【分析】利用空间向量平行的性质，列出方程组，解得m，n即可得答案.
9．【答案】B
【解析】【解答】由题意，.
故答案为：B
【分析】写出两向量的差，求出模即可.
10．【答案】D
【解析】【解答】解：A、 空间不共线三点可以确定一个平面，A错误；
B、 当A，B，C，D在平面α与平面β交线上时，A，B，C，D既在平面α内，又在平面β内，但平面α和平面β相交，B错误；
C、 两组对边都相等的四边形如正四面体，不是平面图形，C错误；
D、梯形上下边平行，梯形一定是平面图象，D正确.
故答案为：D.
【分析】A空间不共线三点可以确定一个平面；B考虑当A，B，C，D在平面α与平面β交线上时；C列举正四面体；D梯形上下边平行，所以梯形一定是平面图象.
11．【答案】A
【解析】【解答】直线的一个方向向量为，取直线一个单位方向向量为
，
又为直线外一点，且直线过点， ，
，
点到直线的距离为
故答案为：A．
【分析】 根据直线的一个方向向量为，取直线一个单位方向向量为，计算代入点到直线的距离公式计算即可得答案.
12．【答案】C
【解析】【解答】解：由 ， ， 得，即，
由于P、C、D在一条直线上，故，解得，
又因为 ，，所以 ，
，
即
故答案为：C.
【分析】 由平面向量的线性运算和平面向量基本定理可求出m，再利用向量数量积的运算求出，再由向量模的公式直接计算即可得答案.
13．【答案】B
【解析】【解答】解：因为，所以，
，
又，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据向量的线性运算，化简得到，结合题意，即可求得的值.
14．【答案】C
【解析】【解答】由底面是正方形，E为的中点，且，
根据向量的运算法则，可得
.
故答案为：C.
【分析】由E为的中点，根据向量的运算法则，可得，即可求解.
15．【答案】B
【解析】【解答】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，
由二面角的平面角大小为，可知Q的轨迹是过点D的一条直线，
又Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），则Q的轨迹是过点D的一条线段.
设Q的轨迹与y轴的交点坐标为，由题意可知，，，所以，，．
易知平面APD的一个法向量为，
设平面PDG的法向量为，
则，即，
令，得，，所以是平面PDG的一个法向量，
则二面角的平面角的余弦值为
，
解得或（舍去），
所以Q在DG上运动，所以面积的取值范围为．
故答案为：B．
【分析】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，得到点的轨迹是过点D的一条线段，设的轨迹与y轴的交点坐标为，得出平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角列出方程，求得的值，进而求得 面积的取值范围 .
16．【答案】D
【解析】【解答】解：如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，可得，
则，可得，
所以 点到直线的距离.
故答案为：D.
【分析】建系，利用空间向量求点到线的距离.
17．【答案】C
【解析】【解答】解：由距离公式可得到平面的距离.
故答案为：C.
【分析】直接利用空间向量的点到平面的距离公式计算即可.
18．【答案】A
【解析】【解答】解：由题意得 ， ，
，
点到直线的距离为.
故答案为：A.
【分析】结合空间向量利用公式求点到直线的距离.
19．【答案】
【解析】【解答】解：因为点A的坐标为(2，-1，-1)，点B的坐标为(1，2，0)，
所以，
所以，
即A、B两点之间的距离为，
故答案是：.
【分析】求空间两点A、B间的距离转化为求向量的模.
20．【答案】
【解析】【解答】解：如图，以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设，满足，令得，
.
故答案为： .
【分析】 线段长度的最小值为异面直线、的公垂线的长度，以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
21．【答案】①③④
【解析】【解答】解：① 如图：
延长直线与，的延长线分别交于，，连接，分别交，于，，连接，，
则平面截正方体所得的截面图形是五边形，①正确；
②由题意知，易证得平面，直线到平面的距离即为到平面的距离，
以为原点，以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
设平面一个法向量为，则，令，求得，到平面的距离为，直线到平面的距离为，②错误；
③设，
又，，
假设存在点使得，则，求得或（舍去），点使得，③正确；
④ 由③知，，又
点到的距离为
当时，点到的距离最小，
面积的最小值是，④正确.
故答案为： ①③④ .
【分析】 ①延长直线与，的延长线分别交于，，连接，分别交，于，，连接，判断； ②转化为求到平面的距离，以为原点，以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；③设，求出坐标，证明存在使得即可；④ 结合 ③利用点到直线的距离公式求解判断.
22．【答案】①②③
【解析】【解答】解：以为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建系如图，
设正方体的棱长为1，则，
可得，
因为，可得，
设平面的法向量为，则，
取， 则，所以法向量为，
对于①：因为，
若平面，则，得 ，
故存在，使得平面，故①正确；
对于②：当时，，所以平面，故②正确；
对于③：当时，可知点P在线段DB上运动，
因为平面 平面ABCD，
则与平面ABCD所成角即为与平面所成角，
又因为平面ABCD，所以即为与平面ABCD所成角，
且，
当且仅当P在线段BD端点处，取到最小值为1，此时，故③正确；
对于④：由于 ，故点P到直线的距离为BP长度，所以BP与点P到直线AD的距离相等，则点P的轨迹是抛物线．故④错误，
故答案为：①②③
【分析】对于①②：建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用空间向量分析判断；对于③：根据平行的性质可得即为与平面ABCD所成角，进而可得分析判断即可；对于④：根据题意结合抛物线的定义即可分析判断.
23．【答案】（1）证明：如图1，连接BD，
因为四边形ABCD是平行四边形，且，，，
所以，，，
所以，
所以，
所以，所以，
又因为，，BD，PD平面PBD，
所以平面PBD，
因为PB平面PBD，所以，
因为，所以．
（2）解：如图2，设平面PAB和平面PCD的交线为直线l，
因为，CD平面PAB，AB平面PAB，所以平面PAB，
因为CD平面PCD，平面PAD平面，
所以，
因为平面PBD，所以平面PBD，
因为PB，PD平面PBD，所以∠BPD是平面PAB与平面PCD的二面角，
因为平面平面PCD，所以，即
在Rt△ABP中，因为，，所以
在Rt△BPD中，因为，则，所以△BPD为等腰直角三角形，
方法一：由（1）得CD⊥平面PBD，如图3，以点D为坐标原点，DB所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面PBC的法向量为，
则，
取，则，得，
记直线AC与平面PBC所成角为θ，
则，
所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为．
方法二：在△ABC中，因为，，，则
，
设点A到平面PBC的距离为d，
由（1）知CD⊥平面PBD，因为四边形ABCD是平行四边形，所以，
又因为平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，
所以，
因为，所以，
设点A到平面PBC的距离为d，由（1）知CD⊥平面PBD，
所以，
在△PBC中，，，，
因为，所以，
所以，
所以，解得，
记直线AC与平面PBC所成角为θ，则，
所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为．
【解析】【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理可得，进而根据线面垂直的判定和性质分析判断；
（2）方法一： 以点D为坐标原点，DB所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，，求出平面PBC的法向量， 利用空间向量求线面夹角；方法二：利用等体积法求点A到平面PBC的距离，结合线面夹角的定义分析运算.
24．【答案】（1）证明：设的中点为，连接
因为，所以，又因为且，
所以， 因为平面，且，
所以平面 ，因为 平面 ，
所以，又因为是的中点，
所以 .
（2）解：在中，由余弦定理求得则
因为，所以，解得，
在和中，可知.
在中，，因此.
由(1)知，，且平面，且，
所以平面 .
以 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，
则.
所以，
设平面的法向量为，
则 ，
，
令，得.
设平面的法向量为，
则 ，
即
令，得 ，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【解析】【分析】 (1) 设的中点为，连接 易知OB⊥AC，AC⊥A1B ，从而得AC⊥平面A1BO ，有AC⊥A1O，进而得证 ；
(2) 以 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， 分别求得 平面的法向量和 平面的法向量，利用向量法可求出平面与平面夹角的余弦值.
25．【答案】（1）证明：取中点，连接，，，
因为且为的中点，可得，所以，
在四边形中，，可得为菱形，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，且为的中点，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）解：由，可得，所以，
因为，，
以为坐标原点，分别以OD，OC，所在直线为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，.
设，则，
所以，所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
又由平面，可得的一个法向量为，
设二面角的平面角为，由图可得为锐角，
则，解得或（舍去），所以.
【解析】【分析】(1)取DM中点O，证得DM⊥A'O，DM⊥CO，利用线面垂直的判定定理，证得DM⊥平面A'OC，得到DM⊥A'C，再由DN⊥A'C，证得A'C⊥平面DMN，进而证得平面A'BC⊥平面DMN；
(2) 以为坐标原点，分别以OD，OC，所在直线为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面DMN和平面CDM的一个法向量，结合向量的夹角公式列出方程，即可求解出 的值.
26．【答案】（1）证明：由题意可知，所以，，
因为，，平面，
所以平面．
（2）解：取的中点，连接，，
由等腰三角形的性质可知，，
由，，可知，，
由且，可知，四边形为平行四边形，，平面；
设，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，则，，，，，
，，，．
设平面的法向量为，则
令，得，
因为，
所以平面的一个法向量为，
所以，
由图可知二面角为锐角．故二面角的余弦值为．
【解析】【分析】（1）由题意得，进而可得结论；
（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， 分别求出平面的法向量为， 平面的一个法向量为，利用空间向量的坐标运算可求二面角的余弦值．
27．【答案】（1）解：解法一
证明：取中点E，连接和.
C为中点，且，
且，且，
四边形为平行四边形，则，
面，面，面.
解法二：
如图所示，取的中点Q，连接，，
在，C为中点，Q为中点，，
平面， 平面，平面，
在四边形中，，，Q为中点，
，，
四边形为平行四边形，，
平面， 平面，平面
又，平面，平面平面，
由平面，平面
（2）解：解法一：
取中点O，连接，则等边中.
面面，面面，面，
面，面，可得.
又，，面，面，
以N为坐标原点，，为x，y轴，过点垂直于平面的直线为z轴建立空间直角坐标系，
，，，，，
设，则，
，
依题意可得平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，令，则，
即，
二面角为，则，
，（舍），
，则.
解法二：
取中点O，连接，则等边中.
面面，面面，面，
面，面，可得.
又，，面，面
取的中点E，以O为原点，分别以、、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
，，，
由已知是平面的一个法向量，记为，
假设线段上存在点F满足已知条件，则有，且，
设，有，，
，，，即，，
设平面的一个法向量为，
则， 取，
由已知得，
整理得，即化简得，
解得，（舍去），
线段上存在点F，当时，已知条件成立，
则有， ，.
求平面的一个法向量的另一种解法：
，
平面的一个法向量可取
解法三：几何法
作，
，，，平面，平面，
平面，，
为二面角的平面角，
设，在中，，，
在中，由得，
由已知得，
在直角三角形中，，，
在直角三角形中，，
所以在中，由，得.
【解析】【分析】（l）由线线平行或面面平行证明线面平行；
（2） 以N为坐标原点，，为x，y轴，过点垂直于平面的直线为z轴建立空间直角坐标系， ， 设，则，， ，分别求出平面的法向量为，平面的法向量，利用向量法求二面角的余弦值，即可得解.
28．【答案】（1）证明：，是的中点，.
平面平面，平面平面，平面，
平面.
平面，，
设，则，，
在中，由余弦定理得，
.，，
是中点，四边形是平行四边形，则，且，
所以，四边形为平行四边形，，则，
，、平面，平面.
平面，平面平面.
（2）解：由（1）知，且平面，，
以过点平行于的直线为轴，分别以直线、为轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系.
，，则，，，
则、、、，
是中点，，则，，
设平面的一个法向量为，
则，取，可得，
易知平面一个法向量为，
，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质可得出平面，可得出，再证明出，利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2） 以过点平行于的直线为轴，分别以直线、为轴、轴建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量 ， 平面一个法向量为， 利用空间向量法可求得平面与平面所成锐二面角的余弦值.
29．【答案】（1）证明：延长三条侧棱交于点.因为所以， 分别为中点，且.
因为，所以.
取的中点，则.
因为
所以所以.
，则，故，
即.
因为，，平面，平面，
所以平面.
又平面，故平面平面.
（2）解：因为，所以.
而，
所以，解得：.
以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
设为面的一个法向量，
因为，所以，
不妨设，则面的一个法向量.
同理可求得面的一个法向量.
由图示，二面角的平面角为锐角，
所以，
所以二面角的余弦值为.
【解析】【分析】(1)延长三条侧棱交于点P，判断出D，E，F为中点，取AB的中点M，证明出PM⊥AB和PM⊥MC，进而证明出PM⊥平面ABC，利用面面垂直的判定定理即可证明平面ABED⊥平面ABC；
(2)先由体积关系求出PM=6，以C为坐标原点，CA、CB为x轴，y轴，建立空间直角坐标系，求出面的一个法向量和面的一个法向量，利用向量法求解出二面角的余弦值 .
30．【答案】（1）证明：取A中点N，连接，MN，如图所示，
因为点G是的重心，
故G一定在中线上，
因为点是的中点，点是的中点，
所以是梯形的中位线，
所以，且，
又，
所以，
所以四边形是平行四边形，
因为点，平面，
所以点平面，
即点在平面内．
（2）解：解法1：
因为⊥平面，，
所以⊥平面，
又因为平面，
所以，
因为四边形是平行四边形，
所以四边形是矩形，，
所以，
因为为等边三角形，点是中点，
所以，
所以，
又因为平面，平面，，
所以平面，
又因为平面，
所以，
所以就是所求二面角的平面角，
因为，
所以，
故二面角的正弦值为．
解法2：以为原点，所在直线为x轴，垂直于的直线为y轴，所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
，
设平面与平面的法向量分别为，
则，不妨取.则，
，不妨取，
所以，
故二面角的正弦值为．
【解析】【分析】（1） 取中点N，连接，MN，再利用点G是的重心，故G一定在中线上，再利用点是的中点，点是的中点，所以是梯形的中位线，
所以，且，再利用结合平行的传递性，所以，
所以四边形是平行四边形，再利用点，平面，所以点平面，从而证出点在平面内。
（2） 解法1：利用⊥平面，，所以⊥平面， 再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再利用四边形是平行四边形，所以四边形是矩形，，所以，再结合等边三角形三线合一，所以，所以，再利用线线垂直证出线面垂直，所以平面，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以，所以就是所求二面角的平面角，再利用勾股定理和正弦函数的定义得出二面角的正弦值；
解法2：以为原点，所在直线为x轴，垂直于的直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面与平面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式得出二面角的正弦值。
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