第一章 空间向量与立体几何 综合练习2023——2024学年上学期高二数学人教A版（2019）选择性必修1（含解析）
文档属性
| 名称 | 第一章 空间向量与立体几何 综合练习2023——2024学年上学期高二数学人教A版（2019）选择性必修1（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.8MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-23 11:23:49 | ||
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文档简介
第一章空间向量与立体几何综合练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，在四面体中，，若，则二面角的大小为（ ）
A． B． C． D．
2．已知向量和的夹角为，且，，则（ ）
A．12 B． C．4 D．13
3．如图，在平行六面体中，若，则有序实数组（ ）
A．
B．
C．
D．
4．在如图所示的斜三棱柱中，，，则“”是“”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
5．已知空间中三个点组成一个三角形，分别在线段上取三点，当周长最小时，直线与直线的交点坐标为（ ）
A． B． C． D．
6．已知空间向量，，，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．如图，是棱长为6的正方体，若，则点到直线的距离为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
8．正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）. 数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体. 如图，已知一个正八面体的棱长为2，，分别为棱，的中点，则直线和夹角的余弦值为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
10．已知是空间的一个基底，则下列说法正确的是（ ）
A．存在不全为零的实数x，y，z，使得
B．对空间任一向量，存在唯一的有序实数组，使得
C．在，，中，能与，构成空间另一个基底的只有
D．不存在另一个基底，使得
11．在三棱锥中，，，且，则（ ）
A．当为等边三角形时，，
B．当，时，平面平面
C．的周长等于的周长
D．三棱锥体积最大为
12．如图，在棱长为2的正方体中，Q为线段的中点，P为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（ ）
A．为中点时，过三点的平面截正方体所得的截面的周长为
B．不存在点，使得平面平面
C．存在点P使得的值为
D．三棱锥外接球体积最大值为
三、填空题
13．如图，二面角的棱上有两个点，，线段与分别在这个二面角两个面内，并且都垂直于棱．若二面角的平面角为，且，，，则 .
14．已知三棱锥，点满足：，过点作平面，与直线，，分别相交于三点，且，，，则 .
15．已知，空间向量，.若，则 .
16．在四棱锥中，面，四边形为直角梯形，，，，则平面与平面夹角的余弦值为 ，异面直线与的距离为 ．
四、解答题
17．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为．记，，．
(1)求的长；
(2)求与夹角的余弦值．
18．如图，已知四棱锥的底面为平行四边形，平面与直线、、分别交于点、、，且满足.点在直线上，为棱的中点，且直线平面.
(1)设，，，试用基底表示向量；
(2)若点的轨迹长度与棱长的比值为，试讨论是否为定值，若为定值，请求出，若不为定值，请说明理由.
19．已知空间向量.
(1)求；
(2)若向量与垂直，求实数的值.
20．n个有次序的实数，，，所组成的有序数组称为一个n维向量，其中称为该向量的第个分量．特别地，对一个n维向量，若，，称为n维信号向量．设，，
则和的内积定义为，且．
(1)直接写出4个两两垂直的4维信号向量．
(2)证明：不存在14个两两垂直的14维信号向量.
(3)已知k个两两垂直的2024维信号向量，，，满足它们的前m个分量都是相同的，求证：．
21．如图，在直三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，点在线段上且，点是线段上的动点.
(1)当点在什么位置时，直线平面？请说明理由；
(2)当直线平面时，求平面与平面夹角的余弦值.
22．如图，在边长为12的正方形中，点在线段上，且，作，分别交于点，作，分别交于点，将该正方形沿折叠，使得与重合，构成如图所示的三棱柱.
(1)求四棱锥的体积；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
第3页 共4页 ◎ 第4页 共4页
第1页 共2页 ◎ 第2页 共2页
参考答案：
1．C
【分析】作垂直于垂直于，可知，结合空间向量的数量积运算求解.
【详解】因为，则均为直角三角形，
且，
结合为锐角，可得，
作垂直于垂直于，
则，可得，
设二面角的大小为，
因为，
则
，
解得，且，所以，即.
故选：C．
2．D
【分析】根据空间数量积的运算性质求解．
【详解】．
故选：D．
3．C
【分析】根据空间向量的加减运算，结合空间向量的基本定理即可求得答案.
【详解】由题意得
,
结合可得，
故，
故选：C
4．C
【分析】以为基底，计算，然后解不等式即可判断答案.
【详解】因为，
所以
，
所以，
因为，所以.
反之，若，则，
则，即.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
5．B
【分析】当为三角形的垂足三角形时候周长最小，此时与的交点即为三角形的垂心.
【详解】如图所示：
先固定D不动，分别作D关于和的对称点，连接，设分别与和交于点，
利用几何关系可知与的交点即为三角形的垂心，
从而，即，
不妨设垂心，坐标原点为，
则，
所以有，即垂心的坐标满足,
又四点共面，
从而由四点共面的充要条件可知，
，
从而，结合，
解得.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：解决问题的关键是分析出当周长最小时，与的交点即为三角形的垂心，再求垂心时，除了利用垂直转换为数量积为0以外，还要注意四点共面的充要条件的应用，否则只能算出比例.
6．B
【分析】利用空间向量数量积的坐标表示求解.
【详解】，所以.
故选：B.
7．A
【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标法求点到直线的距离.
【详解】
以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体是棱长为6的正方体，则，，,B(6,0,0),D(0,6,0)
又，所以.
所以，,
所以在上的投影向量的长度为：，
所以到直线的距离为：.
故选：A
8．D
【分析】根据题意得到，，然后由向量的数量积公式分别求出，结合向量的夹角运算公式，即可求解.
【详解】如图所示：
由题意，可得，，
又由正八面体的棱长都是2，且各个面都是等边三角形，
在中，由，可得，所以，所以
；
；
；
所以，
即直线和夹角的余弦值为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：选取适当的基底向量，由已知条件可以求出它们的模以及两两之间的夹角，所以只需把分解，然后由向量的夹角公式即可求解.
9．BC
【分析】根据向量共面定理逐项判断；
【详解】因为，
所以，，共面，A错误.
假设存在，，使得，则有：矛盾，，无解，所以，，不共面，B正确.
假设存在，，使得，则有：，与基底要求矛盾，无解，所以，，不共面，C正确.
因为，所以，，共面，D错误.
故选：BC.
10．BC
【分析】若成立则不能构成空间的基底，A错误，根据基底的定义知B正确，排除，，再确定能够得到C正确，举反例得到D错误，得到答案.
【详解】对选项A：若存在不全为零的实数x，y，z，使得，
则不能构成空间的基底，错误；
对选项B：是空间的一个基底，故对空间任一向量，
存在唯一的有序实数组，使得，正确；
对选项C：，，
和不能与，构成空间另一个基底，
设，则，则，
故能与，构成空间另一个基底，正确；
对选项D：表示以为顶点，以为相邻三边的长方体对角线向量，
绕此对角线长方体旋转，基底变成了另一基底，
满足，错误；
故选：BC
11．ACD
【分析】对于A：取相应的中点，根据题意结合平行关系以及勾股定理分析判断；对于D：根据题中长度关系可知与不相互垂直，利用反证法证明平面与平面不垂直；对于C、D：利用空间直角坐标系分析可知：点均在以点为球心，半径为的球面上（不与共线），且，结合球的性质可知：在与直径垂直的圆面上，进而判定选项C；根据球的性质利用割补法可得，进而可得最值.
【详解】对于选项A：分别取的中点，
连接，
可知：，且，
因为，可知为矩形，可得，
若为等边三角形，则，
因为，则，
又因为为对应棱的中点，则，
可得，即，所以，
同理可证：，故A正确；
对于选项B：若，，可得，
同理可得，
且，则，可知与不相互垂直，
反证：假设平面平面，则存在直线平面，使得平面，
由平面，可得，
因为平面，且，可知，所以，
这与与不相互垂直相矛盾，所以假设不成立，故B错误；
如图，以的中点建立空间直角坐标系，则，
若，设，则，
整理得，
即点到定点的距离为，
所以点均在以点为球心，半径为的球面上（不与共线），
对于选项C：因为，则在与直径垂直的圆面上，
因为，且，
可知，且，则，
即，所以的周长等于的周长，故C正确；
对于选项D：取的中点，连接，
则，
可得，
所以三棱锥体积
，
当且仅当时，等号成立，
所以三棱锥体积最大为，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：对于，且，通过空间直角坐标系分析可知点均在以点为球心，半径为的球面上（不与共线），结合球的性质分析选项CD.
12．BD
【分析】根据正方体的截面、空间向量法、空间距离、几何体的外接球等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，为中点时，连接，
由于分别是，所以，
由于，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，
则过三点的平面截正方体所得的截面为梯形，
其周长为，所以A选项错误.
B选项，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，
设平面的法向量为，则，故可设，
，，，
所以直线与平面不平行，
所以不存在点，使得平面平面，B选项正确.
C选项，将正方形、正方形展开成平面图形如下图所示，
连接，交于，此时取得最小值为，
所以不存在点P使得的值为，C选项错误.
D选项，对于三棱锥，其中两两相互垂直，
其中为定值，，
而三棱锥外接球的直径，是将其补形为长方体时，长方体的体对角线，
也即，
所以外接球半径的最大值为，其体积的最大值为，D选项正确.
故选：BD
【点睛】求解正方体截面有关问题，主要是通过扩展截面得到，扩展截面的方法主要是通过平行，也即共面来进行.求解几何体外接球有关问题，当几何体可以补形成长方体时，长方体的体对角线也即外接球的直径.
13．
【分析】根据式子，根据空间向量数量积的运算律即可求出的长.
【详解】由条件知，，，
又二面角的平面角为，则，
所以
，所以.
故答案为：
14．
【分析】根据题意可得，再由并利用空间向量共面定理即可得.
【详解】由可得，
即可得，所以，
又，，，所以，
即，
又四点共面，由空间向量共面定理可得.
故答案为：
15．1
【分析】由空间向量共线的坐标表示解得，所求即可得.
【详解】因为，所以，
则，解得，则.
故答案为：.
16．
【分析】第一空，建系利用空间向量求解即可；第二空，与的距离即为到平面的距离，即点C到面的距离，用等体积求解即可．
【详解】第一空，
∵⊥面，，面，
∴，．
又∵，∴，
∴，，两两垂直．
∴以A为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，
，，，，
设，分别为平面与平面的法向量，则
，即，令，取，
，即，令，取，
则，
设平面与平面的夹角为θ，
则，
∴平面与平面夹角的余弦值为．
第二空，
如图，取中点M，连接，，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵面，面，
∴面，
∴与的距离为到面的距离，
即点C到面的距离．
设点C到面的距离为h，
，，
由，
得，
解得，
∴异面直线与的距离为．
故答案为：，.
17．(1)
(2)
【分析】（1）表达出，平方后，结合数量积运算法则计算出，求出的长为；
（2）计算出，，从而利用向量的夹角余弦公式求出答案.
【详解】（1）由题意知：，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即的长为，
（2）∵，
∴，
∴，
，
∴，
即与夹角的余弦值为．
18．(1)
(2)为定值
【分析】（1）根据空间向量基本定理进行求解；
（2）设，表达出，根据平面，设存在实数，使得，表达出，，从而得到方程，得到，分和时，结合根的判别式，得到，求出为定值.
【详解】（1）因为四棱锥的底面为平行四边形，所以，
故；
（2）由（1）知，，又，
所以，
则，
，，
设，又，
则，
因为平面，则存在实数，使得，
故，
所以
，
故，
整理得，，
当时，，解得，
当时，由，
解得或，
综上，，
所以对所有满足条件的平面，点的轨迹长度为，
故为定值，.
【点睛】空间向量解决空间几何中点的存在性问题或轨迹问题，可将几何问题转化为代数问题，化繁为简，可大大节省思考量.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据空间向量的模长公式求解即可.
（2）根据空间向量垂直的坐标计算公式，求解即可.
【详解】（1），所以
（2），，
由向量与垂直，则 ，
则，
解得：.
20．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用n维信号向量的定义即可得解；
（2）由题意得到某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，所此证明即可；
（3）考虑的内积和与它们每个分量的内积结果，得到关于的不等式，从而得证.
【详解】（1）依题意，可写出4个两两垂直的4维信号向量为：
.
（2）假设存在14个两两垂直的14维信号向量，
因为将这14个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，
所以不妨设，
因为，所以有7个分量为，
设的前7个分量中有个，则后7个分量中有个，，
则，则，矛盾，
所以不存在14个两两垂直的14维信号向量.
（3）任取，计算内积，
将所有这些内积求和得到，则，
设的第个分量之和为，
则从每个分量的角度考虑，每个分量为的贡献为，
所以，
则，所以，故．
21．(1)点是线段上靠近点的三等分点时，直线平面,理由见解析.
(2)
【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明；
（2）利用空间向量的坐标运算，求平明与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）当点是线段上靠近点的三等分点时，直线平面,理由如下，
过点作交于点，过点作交于点，连接.
因为平面，所以平面.
因为,平面，所以平面,
又，平面,
则平面平面，因为平面,所以平面.
所以当点是线段上靠近点的三等分点时，直线平面.
（2）
以的中点为原点建立如图所示空间直角坐标系,
则,设，
由即得，，
，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，得，即.
而平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角，
所以.
又因为观察可知，平面与平面夹角为锐角，所以.
22．(1)20
(2)
【分析】（1）首先证明面，然后求解；
（2）构建空间直角坐标系，求解面的法向量，然后求解二面角余弦值．
【详解】（1）在正方形中，
因为
所以三棱柱的底面三角形的边，
因为，所以,
所以，
因为正方形 ，,
所以又
所以面.
在直角梯形中, ,
所以,
即四棱锥的体积为20.
（2）
如图：以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则,
,
设平面的法向量为
解得：，
所以
又平面的法向量
设的夹角为
由图可知二面角平面与平面所成锐二面角的余弦值为锐角，
所以二面角的余弦值为.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，在四面体中，，若，则二面角的大小为（ ）
A． B． C． D．
2．已知向量和的夹角为，且，，则（ ）
A．12 B． C．4 D．13
3．如图，在平行六面体中，若，则有序实数组（ ）
A．
B．
C．
D．
4．在如图所示的斜三棱柱中，，，则“”是“”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
5．已知空间中三个点组成一个三角形，分别在线段上取三点，当周长最小时，直线与直线的交点坐标为（ ）
A． B． C． D．
6．已知空间向量，，，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．如图，是棱长为6的正方体，若，则点到直线的距离为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
8．正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）. 数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体. 如图，已知一个正八面体的棱长为2，，分别为棱，的中点，则直线和夹角的余弦值为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
10．已知是空间的一个基底，则下列说法正确的是（ ）
A．存在不全为零的实数x，y，z，使得
B．对空间任一向量，存在唯一的有序实数组，使得
C．在，，中，能与，构成空间另一个基底的只有
D．不存在另一个基底，使得
11．在三棱锥中，，，且，则（ ）
A．当为等边三角形时，，
B．当，时，平面平面
C．的周长等于的周长
D．三棱锥体积最大为
12．如图，在棱长为2的正方体中，Q为线段的中点，P为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（ ）
A．为中点时，过三点的平面截正方体所得的截面的周长为
B．不存在点，使得平面平面
C．存在点P使得的值为
D．三棱锥外接球体积最大值为
三、填空题
13．如图，二面角的棱上有两个点，，线段与分别在这个二面角两个面内，并且都垂直于棱．若二面角的平面角为，且，，，则 .
14．已知三棱锥，点满足：，过点作平面，与直线，，分别相交于三点，且，，，则 .
15．已知，空间向量，.若，则 .
16．在四棱锥中，面，四边形为直角梯形，，，，则平面与平面夹角的余弦值为 ，异面直线与的距离为 ．
四、解答题
17．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为．记，，．
(1)求的长；
(2)求与夹角的余弦值．
18．如图，已知四棱锥的底面为平行四边形，平面与直线、、分别交于点、、，且满足.点在直线上，为棱的中点，且直线平面.
(1)设，，，试用基底表示向量；
(2)若点的轨迹长度与棱长的比值为，试讨论是否为定值，若为定值，请求出，若不为定值，请说明理由.
19．已知空间向量.
(1)求；
(2)若向量与垂直，求实数的值.
20．n个有次序的实数，，，所组成的有序数组称为一个n维向量，其中称为该向量的第个分量．特别地，对一个n维向量，若，，称为n维信号向量．设，，
则和的内积定义为，且．
(1)直接写出4个两两垂直的4维信号向量．
(2)证明：不存在14个两两垂直的14维信号向量.
(3)已知k个两两垂直的2024维信号向量，，，满足它们的前m个分量都是相同的，求证：．
21．如图，在直三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，点在线段上且，点是线段上的动点.
(1)当点在什么位置时，直线平面？请说明理由；
(2)当直线平面时，求平面与平面夹角的余弦值.
22．如图，在边长为12的正方形中，点在线段上，且，作，分别交于点，作，分别交于点，将该正方形沿折叠，使得与重合，构成如图所示的三棱柱.
(1)求四棱锥的体积；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
第3页 共4页 ◎ 第4页 共4页
第1页 共2页 ◎ 第2页 共2页
参考答案：
1．C
【分析】作垂直于垂直于，可知，结合空间向量的数量积运算求解.
【详解】因为，则均为直角三角形，
且，
结合为锐角，可得，
作垂直于垂直于，
则，可得，
设二面角的大小为，
因为，
则
，
解得，且，所以，即.
故选：C．
2．D
【分析】根据空间数量积的运算性质求解．
【详解】．
故选：D．
3．C
【分析】根据空间向量的加减运算，结合空间向量的基本定理即可求得答案.
【详解】由题意得
,
结合可得，
故，
故选：C
4．C
【分析】以为基底，计算，然后解不等式即可判断答案.
【详解】因为，
所以
，
所以，
因为，所以.
反之，若，则，
则，即.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
5．B
【分析】当为三角形的垂足三角形时候周长最小，此时与的交点即为三角形的垂心.
【详解】如图所示：
先固定D不动，分别作D关于和的对称点，连接，设分别与和交于点，
利用几何关系可知与的交点即为三角形的垂心，
从而，即，
不妨设垂心，坐标原点为，
则，
所以有，即垂心的坐标满足,
又四点共面，
从而由四点共面的充要条件可知，
，
从而，结合，
解得.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：解决问题的关键是分析出当周长最小时，与的交点即为三角形的垂心，再求垂心时，除了利用垂直转换为数量积为0以外，还要注意四点共面的充要条件的应用，否则只能算出比例.
6．B
【分析】利用空间向量数量积的坐标表示求解.
【详解】，所以.
故选：B.
7．A
【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标法求点到直线的距离.
【详解】
以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体是棱长为6的正方体，则，，,B(6,0,0),D(0,6,0)
又，所以.
所以，,
所以在上的投影向量的长度为：，
所以到直线的距离为：.
故选：A
8．D
【分析】根据题意得到，，然后由向量的数量积公式分别求出，结合向量的夹角运算公式，即可求解.
【详解】如图所示：
由题意，可得，，
又由正八面体的棱长都是2，且各个面都是等边三角形，
在中，由，可得，所以，所以
；
；
；
所以，
即直线和夹角的余弦值为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：选取适当的基底向量，由已知条件可以求出它们的模以及两两之间的夹角，所以只需把分解，然后由向量的夹角公式即可求解.
9．BC
【分析】根据向量共面定理逐项判断；
【详解】因为，
所以，，共面，A错误.
假设存在，，使得，则有：矛盾，，无解，所以，，不共面，B正确.
假设存在，，使得，则有：，与基底要求矛盾，无解，所以，，不共面，C正确.
因为，所以，，共面，D错误.
故选：BC.
10．BC
【分析】若成立则不能构成空间的基底，A错误，根据基底的定义知B正确，排除，，再确定能够得到C正确，举反例得到D错误，得到答案.
【详解】对选项A：若存在不全为零的实数x，y，z，使得，
则不能构成空间的基底，错误；
对选项B：是空间的一个基底，故对空间任一向量，
存在唯一的有序实数组，使得，正确；
对选项C：，，
和不能与，构成空间另一个基底，
设，则，则，
故能与，构成空间另一个基底，正确；
对选项D：表示以为顶点，以为相邻三边的长方体对角线向量，
绕此对角线长方体旋转，基底变成了另一基底，
满足，错误；
故选：BC
11．ACD
【分析】对于A：取相应的中点，根据题意结合平行关系以及勾股定理分析判断；对于D：根据题中长度关系可知与不相互垂直，利用反证法证明平面与平面不垂直；对于C、D：利用空间直角坐标系分析可知：点均在以点为球心，半径为的球面上（不与共线），且，结合球的性质可知：在与直径垂直的圆面上，进而判定选项C；根据球的性质利用割补法可得，进而可得最值.
【详解】对于选项A：分别取的中点，
连接，
可知：，且，
因为，可知为矩形，可得，
若为等边三角形，则，
因为，则，
又因为为对应棱的中点，则，
可得，即，所以，
同理可证：，故A正确；
对于选项B：若，，可得，
同理可得，
且，则，可知与不相互垂直，
反证：假设平面平面，则存在直线平面，使得平面，
由平面，可得，
因为平面，且，可知，所以，
这与与不相互垂直相矛盾，所以假设不成立，故B错误；
如图，以的中点建立空间直角坐标系，则，
若，设，则，
整理得，
即点到定点的距离为，
所以点均在以点为球心，半径为的球面上（不与共线），
对于选项C：因为，则在与直径垂直的圆面上，
因为，且，
可知，且，则，
即，所以的周长等于的周长，故C正确；
对于选项D：取的中点，连接，
则，
可得，
所以三棱锥体积
，
当且仅当时，等号成立，
所以三棱锥体积最大为，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：对于，且，通过空间直角坐标系分析可知点均在以点为球心，半径为的球面上（不与共线），结合球的性质分析选项CD.
12．BD
【分析】根据正方体的截面、空间向量法、空间距离、几何体的外接球等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，为中点时，连接，
由于分别是，所以，
由于，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，
则过三点的平面截正方体所得的截面为梯形，
其周长为，所以A选项错误.
B选项，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，
设平面的法向量为，则，故可设，
，，，
所以直线与平面不平行，
所以不存在点，使得平面平面，B选项正确.
C选项，将正方形、正方形展开成平面图形如下图所示，
连接，交于，此时取得最小值为，
所以不存在点P使得的值为，C选项错误.
D选项，对于三棱锥，其中两两相互垂直，
其中为定值，，
而三棱锥外接球的直径，是将其补形为长方体时，长方体的体对角线，
也即，
所以外接球半径的最大值为，其体积的最大值为，D选项正确.
故选：BD
【点睛】求解正方体截面有关问题，主要是通过扩展截面得到，扩展截面的方法主要是通过平行，也即共面来进行.求解几何体外接球有关问题，当几何体可以补形成长方体时，长方体的体对角线也即外接球的直径.
13．
【分析】根据式子，根据空间向量数量积的运算律即可求出的长.
【详解】由条件知，，，
又二面角的平面角为，则，
所以
，所以.
故答案为：
14．
【分析】根据题意可得，再由并利用空间向量共面定理即可得.
【详解】由可得，
即可得，所以，
又，，，所以，
即，
又四点共面，由空间向量共面定理可得.
故答案为：
15．1
【分析】由空间向量共线的坐标表示解得，所求即可得.
【详解】因为，所以，
则，解得，则.
故答案为：.
16．
【分析】第一空，建系利用空间向量求解即可；第二空，与的距离即为到平面的距离，即点C到面的距离，用等体积求解即可．
【详解】第一空，
∵⊥面，，面，
∴，．
又∵，∴，
∴，，两两垂直．
∴以A为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，
，，，，
设，分别为平面与平面的法向量，则
，即，令，取，
，即，令，取，
则，
设平面与平面的夹角为θ，
则，
∴平面与平面夹角的余弦值为．
第二空，
如图，取中点M，连接，，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵面，面，
∴面，
∴与的距离为到面的距离，
即点C到面的距离．
设点C到面的距离为h，
，，
由，
得，
解得，
∴异面直线与的距离为．
故答案为：，.
17．(1)
(2)
【分析】（1）表达出，平方后，结合数量积运算法则计算出，求出的长为；
（2）计算出，，从而利用向量的夹角余弦公式求出答案.
【详解】（1）由题意知：，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即的长为，
（2）∵，
∴，
∴，
，
∴，
即与夹角的余弦值为．
18．(1)
(2)为定值
【分析】（1）根据空间向量基本定理进行求解；
（2）设，表达出，根据平面，设存在实数，使得，表达出，，从而得到方程，得到，分和时，结合根的判别式，得到，求出为定值.
【详解】（1）因为四棱锥的底面为平行四边形，所以，
故；
（2）由（1）知，，又，
所以，
则，
，，
设，又，
则，
因为平面，则存在实数，使得，
故，
所以
，
故，
整理得，，
当时，，解得，
当时，由，
解得或，
综上，，
所以对所有满足条件的平面，点的轨迹长度为，
故为定值，.
【点睛】空间向量解决空间几何中点的存在性问题或轨迹问题，可将几何问题转化为代数问题，化繁为简，可大大节省思考量.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据空间向量的模长公式求解即可.
（2）根据空间向量垂直的坐标计算公式，求解即可.
【详解】（1），所以
（2），，
由向量与垂直，则 ，
则，
解得：.
20．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用n维信号向量的定义即可得解；
（2）由题意得到某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，所此证明即可；
（3）考虑的内积和与它们每个分量的内积结果，得到关于的不等式，从而得证.
【详解】（1）依题意，可写出4个两两垂直的4维信号向量为：
.
（2）假设存在14个两两垂直的14维信号向量，
因为将这14个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，
所以不妨设，
因为，所以有7个分量为，
设的前7个分量中有个，则后7个分量中有个，，
则，则，矛盾，
所以不存在14个两两垂直的14维信号向量.
（3）任取，计算内积，
将所有这些内积求和得到，则，
设的第个分量之和为，
则从每个分量的角度考虑，每个分量为的贡献为，
所以，
则，所以，故．
21．(1)点是线段上靠近点的三等分点时，直线平面,理由见解析.
(2)
【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明；
（2）利用空间向量的坐标运算，求平明与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）当点是线段上靠近点的三等分点时，直线平面,理由如下，
过点作交于点，过点作交于点，连接.
因为平面，所以平面.
因为,平面，所以平面,
又，平面,
则平面平面，因为平面,所以平面.
所以当点是线段上靠近点的三等分点时，直线平面.
（2）
以的中点为原点建立如图所示空间直角坐标系,
则,设，
由即得，，
，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，得，即.
而平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角，
所以.
又因为观察可知，平面与平面夹角为锐角，所以.
22．(1)20
(2)
【分析】（1）首先证明面，然后求解；
（2）构建空间直角坐标系，求解面的法向量，然后求解二面角余弦值．
【详解】（1）在正方形中，
因为
所以三棱柱的底面三角形的边，
因为，所以,
所以，
因为正方形 ，,
所以又
所以面.
在直角梯形中, ,
所以,
即四棱锥的体积为20.
（2）
如图：以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则,
,
设平面的法向量为
解得：，
所以
又平面的法向量
设的夹角为
由图可知二面角平面与平面所成锐二面角的余弦值为锐角，
所以二面角的余弦值为.
答案第1页，共2页
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