第1章空间向量与立体几何（典型例题与跟踪训练）（含解析）-高二数学上学期人教A版（2019）

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第1章空间向量与立体几何（典型例题与跟踪训练）-高二数学上学期人教A版（2019）
一、单选题
1．已知，且，则（ ）
A． B．
C． D．
2．设，且，则（ ）
A． B．0 C．3 D．
3．下列命题中正确的是（ ）
A．点关于平面对称的点的坐标是
B．若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则
C．若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线l与平面所成的角为
D．已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若，则
4．如图，在平行六面体中，，，，则的长为（ ）
A． B．
C． D．
5．如图所示，在平行六面体中，，，，，，则的长为（ ）

A． B． C． D．
6．若向量是空间中的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得：，我们把有序实数组叫做基底下向量的斜坐标.设向量在基底下的斜坐标为，则向量在基底下的斜坐标为（ ）
A． B． C． D．
7．在长方体中，已知，，E为的中点，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且平面，则下列说法正确的个数有（ ）
①二面角的大小为常数
②二面角的大小为常数
③二面角的大小为常数
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
二、多选题
9．为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论正确的有（ ）
A．当直线与成角时，与成角；
B．当直线与成角时，与成角；
C．直线与所成角的最小值为；
D．直线与所成角的最大值为.
10．如图，正方体的棱长为1，E为棱的中点，P为底面正方形ABCD内（含边界）的动点，则（ ）

A．三棱锥的体积为定值 B．直线平面
C．当时， D．直线与平面所成角的正弦值为
11．如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，分别是线段的中点，是线段上的一个动点（含端点），则下列说法正确的是（ ）
A．不存在点，使得
B．存在点，使得异面直线与所成的角为
C．三棱锥体积的最大值是
D．当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大
三、填空题
12．O为空间任意一点，若，若ABCP四点共面，则 ．
13．如图，在四棱锥中，底面，为直角，，，E，F分别为PC，CD的中点，，且二面角的平面角大于，则的取值范围是 .
14．如图，平行六面体的所有棱长均为两两所成夹角均为，点分别在棱上，且，则 .
四、解答题
15．在三棱锥中，两两垂直，且为的重心. 求点到的重心的距离
16．如图，在棱长为1的正方体中，以正方体的三条棱所在直线为轴建立空间直角坐标系，.在线段上找一点M，使得点M到点P的距离最小，并求出点M的坐标.
17．如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，，，.

(1)证明：；
(2)若，求点B到平面的距离.
18．如图，在四棱柱中，平面ABCD，底面ABCD为梯形，，，，Q为AD的中点．

(1)在上是否存在点P，使直线平面，若存在，请确定点P的位置并给出证明，若不存在，请说明理由；
(2)若（1）中点P存在，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
19．在直三棱柱中，，，，G是的重心，点Q在线段AB（不包括两个端点）上．

(1)若Q为的中点，证明：平面；
(2)若直线与平面所成的角正弦值为，求．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D C A C A A B BC AD
题号 11
答案 CD
1．B
【分析】运用空间向量平行坐标结论，结合坐标运算即可解.
【详解】向量，则，
因，于是得，解得，
所以.
故选：B.
2．D
【分析】由向量的共线与垂直条件求解的坐标，再由向量坐标运算及求模公式可得.
【详解】，
由，则有，解得，则.
由，则有，解得，，
所以，故，
则.
故选：D.
3．C
【分析】由空间点关于平面的对称点的特点可判断A；由向量的数量积的性质可判断B；由线面角的定义可判断C；由共面向量定理可判断D.
【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标是，A选项错误；
对于B，若直线l的方向向量为，平面的法向量为，
，有，则或，B选项错误；
对于C，若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，
则直线l与平面所成的角为，C选项正确；
对于D，已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，
若，则，解得，D选项错误.
故选：C.
4．A
【分析】先由平行六面体求出，接着由已知结合向量的数量积及其运算律求出即可求出.
【详解】平行六面体中，，
因为，，，，
所以
，
所以，即的长为.
故选：A.
5．C
【分析】根据向量线性运算，利用向量表示，再根据向量的模的性质，数量积的运算律求，由此可得结论.
【详解】因为，
所以，
所以，
又，，，，，
所以
所以.
故选：C.
6．A
【分析】借助待定系数法设，结合所给定义及其在基底下的斜坐标计算即可得.
【详解】由题意可得，
设，
即有，
即可得，解得，即，
即向量在基底下的斜坐标为.
故选：A.
7．A
【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标法，列公式求解即可；
【详解】如图，为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则
∴，
设直线与所成角为，
则，
即异面直线与所成角的余弦值为；
故选: A
8．B
【分析】设正方体的棱长为，以为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，分别求出构成二面角的两个半平面的法向量，
看两个半平面的法向量夹角的余弦值是否含参数，从而确定二面角是否为常数.
【详解】
设正方体的棱长为，以为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
又是侧面上的动点，设，，
则，
设平面的法向量为，又，，
则，即，令，则，，
即，
又平面，则，即，
则，解得，
因此可得，，
设平面的法向量为，又，，
则，即，令，则，，
即，
又
因此可得二面角的大小为常数，故①正确；
设平面的法向量为，又，，
则，即，令，则，，
即，
因为中含参数，故的值不定，
因此二面角的大小不是常数，故②不正确；
设平面的法向量为，又，，
则，即，令，则，，
即，
因为中含参数，故的值不定，
因此二面角的大小不是常数，故③不正确；
故选：B.
【点睛】方法点睛：
1.与平行有关的轨迹问题的解题策略
（1）线面平行转化为面面平行得轨迹；
（2）平行时可利用法向量垂直关系求轨迹．
2.与垂直有关的轨迹问题的解题策略
（1）可利用线线、线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；
（2）利用空间坐标运算求轨迹；
（3）利用垂直关系转化为平行关系求轨迹．
9．BC
【分析】根据题意，得到一个正方体，设正方体棱长为1，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设直线与的方向单位向量分别为，，再设点在运动过程中的坐标为，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】由题意知，三条直线两两垂直，画出图形，如图所示，
不妨设图中所示的正方体棱长为1，可得，
斜边以直线为旋转轴，则点保持不变，点的运动轨迹为以为圆心，1为半径的圆，以为坐标原点，以所在的直线分别为，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
直线与的方向单位向量分别为， ，且，
设点在运动过程中的坐标为，其中为与的夹角，，
所以在运动过程中的向量为且，
设与的夹角为，
则，
所以，所以C正确，D错误；
设与的夹角为，
则，
当与的夹角为时，即，，
因为，可得，
因为，所以，此时与的夹角为，即，所以B正确；A错误.
故选：BC.
10．AD
【分析】对于A，将三棱锥转换成后易得其体积为定值；对于B，建系后，证明与平面的法向量不垂直即可排除B项；对于C，设出，利用证得，再计算，结果不为0，排除C项；对于D，利用空间向量的夹角公式计算即得.
【详解】

对于A，如图1，因,故A正确；

对于B，如图2建立空间直角坐标系，则,
于是，，
设平面的法向量为，则，故可取，
由知 与不垂直，
故直线与平面不平行，即B错误；
对于C，由上图建系，则, ,
因P为底面正方形ABCD内（含边界）的动点,不妨设，则，，
由题意，，即，于是，
此时，故与不垂直，即C错误；
对于D，由图知平面的法向量可取为，因，
设直线与平面所成角为，
则，故D正确.
故选：AD.
11．CD
【分析】建立空间直角坐标系，对选项A，利用向量数量积判断垂直关系；对选项B，利用数量积求异面直线所成的角；对选出C，利用等体积法求三棱锥体积的最大值；对选项D，向量法求直线与平面所成角的正弦值，再根据函数的单调性即可判断.
【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
，
对于A，假设存在点，使得，
由，，所以，
解得，即点Q与D重合时，，A错误；
对于B，假设存在点，使得异面直线NQ与SA所成的角为，
由，，
所以，方程无解；
所以不存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为，B错误；
对于C，连接；
设，因为，
所以当，即点Q与点D重合时，取得最大值2，又点N到平面AMQ的距离，
所以，C正确；
对于D，由上分析知：，，
若是面QMN的法向量，则，
令，则，得，
因为，设直线DC与平面QMN所成的角为，，
所以，
当点Q自D向C处运动时，的值由0到2变大，此时也逐渐增大，
因为在为增函数，所以也逐渐增大，故D正确.
故选：CD.
12．/0.125
【分析】利用空间向量共面基本定理的推论可求出的值.
【详解】空间向量共面的基本定理的推论：，且、、不共线，
若、、、四点共面，则，
因为为空间任意一点，若，且、、、四点共面，
所以，，解得.
故答案为：.
13．
【分析】建立如图所示空间直角坐标系，设，向量法表示出二面角的平面角的余弦值，结合题意建立关于k的不等式，解之即可得到实数k的取值范围．
【详解】以A为原点，以为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图所示，
设，则，
，，且平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则 ，取，有，可得 ，
设二面角的大小为，则，
化简得，所以，
所以实数k的取值范围.
故答案为：
14．/
【分析】先由几何图形结合向量加减运算求出，接着由已知条件结合向量的运算律计算求出即可求解.
【详解】连接，
则由题得，
所以
，
故.
故答案为：.
15．
【分析】建系，由空间两点间距离公式即可求解.
【详解】
以为坐标原点，所在直线分别为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，且，
则，
所以的重心的坐标为，
所以点到的重心的距离为.
16．
【分析】设，由已知可得，得点P的坐标为，设点M的坐标为，，则由两点间距离公式可得当时，最小，即可得点M的坐标.
【详解】在棱长为1的正方体中，
因为，又，
设，
则，解得，
所以点P的坐标为，
由得，
设线段上一点M的坐标为，，
则有，
当时，最小，所以点M的坐标为.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由勾股定理可证，进一步可证，又，可得，得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用点到面的距离公式求解.
【详解】（1）因为，，
所以，所以，
因为为直四棱往，
所以，因为，，面，
所以面，
因为，所以面，
因为面，所以.
（2）由（1）及题意知，，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，，，.
所以，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，解得，，
，
所以点B到平面的距离为.
18．(1)存在，P是中点，证明见解析；
(2)．
【分析】（1）利用面面平行和线面平行确定点的位置，然后利用线面平行判定定理证明即可；
（2）过点D作，以D为坐标原点，分别以DA，DF，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，根据面面夹角的向量公式求解可得.
【详解】（1）存在，证明如下：
在四棱柱中，因为平面平面，
所以可在平面内作，
由平面几何知识可证，所以，可知P是中点，
因为平面，所以平面．
即存在线段的中点，满足题设条件．
满足条件的点只有一个，证明如下：
当平面时，因为平面，
所以过作平行于CQ的直线既在平面内，也在平面内，
而在平面内过只能作一条直线，
故满足条件的点P只有唯一一个．
所以，有且只有的中点为满足条件的点P，使直线平面．
（2）过点D作，垂足为F，又因为平面ABCD，

所以DA，DF，两两互相垂直，
以D为坐标原点，分别以DA，DF，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则有即
令，得，，所以．
设平面的法向量为．
则有即
令，得，，所以．
所以．
故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长，交于点，则为的中点，连接，由面面平行的判定得出平面平面，再由面面平行的性质即可证明；
（2）以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，根据线面夹角的向量公式列出方程求解即可．
【详解】（1）连接并延长，交于点，则为的中点，连接，
因为为直三棱柱，所以平面平面，，，
又分别为的中点，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面平面，平面平面，
所以，
因为平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
因为平面，且，
所以平面平面，又平面，
所以平面．

（2）以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系，
设，
则，，，
所以，
由直三棱柱可得，为的中点，
所以，则，
设平面的一个法向量为，
由得，，取，则，
因为直线与平面所成的角正弦值为，
所以，
整理得，，解得或（不合题意舍） ，
所以．

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