2023-2024学年高中数学人教A版选择性必修第一册第一章空间向量与立体几何经典题型
一、单选题
1．已知向量，，且与互相垂直，则实数等于（ ）
A． B．或 C．或 D．或
2．已知向量，则的值是（ ）
A． B． C．8 D．12
3．在空间直角坐标系Oxyz中，，，若直线AB与平面xOy交于点，点P的轨迹方程为，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
4．已知非零向量不共线，如果，则四点（ ）
A．共线 B．恰是空间四边形的四个顶点 C．共面 D．不共面
5．在四棱锥中，底面，底面是正方形，且，为的重心，则与底面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，四棱柱的底面是正方形，，且，则（ ）
A．4 B．0 C． D．
7．已知直线的方向向量是，平面的一个法向量是，则与的位置关系是（ ）
A． B．
C．与相交但不垂直 D．或
8．正方体的棱长为1，动点在线段上，动点在平面上，且平面.线段长度的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．在长方体中，与平面所成的角为，则（ ）
A．异面直线与所成的角为 B．异面直线与所成的角为
C．与平面所成的角为 D．与平面所成的角的正弦值为
10．在正方体中，，点满足，其中，，则下列结论正确的是（ ）
A．当平面时，不可能垂直
B．若与平面所成角为，则点的轨迹长度为
C．当时，的最小值为
D．当时，正方体经过点、、的截面面积的取值范围为
11．已知正方体的棱长为，点分别是棱，的中点，点是侧面内一点含边界 若平面，则下列说法正确的有（ ）
A．点的轨迹为一条线段 B．三棱锥的体积为定值
C．的取值范围是 D．直线与所成角的余弦值的最小值为
三、填空题
12．如图，在四面体OABC中，点M、N分别为线段OA、BC的中点，若，则 ．
13．已知为单位向量.，若，则在上的投影向量为 .
14．在空间直角坐标系中，已知向量，点，点.若平面经过点，且以为法向量，是平面内的任意一点，则点的坐标满足的关系式为 .
四、解答题
15．如图，在三棱台中，平面，且为中点.
(1)证明：平面；
(2)若，求此时平面和平面所成角的余弦值.
16．已知在多面体中，平面平面，四边形为梯形，且，四边形为矩形，其中M和N分别为和的中点，．
(1)证明：平面平面；
(2)若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．
17．如图，在四棱锥中，是边长为2的正三角形，，，设平面平面.
(1)作出（不要求写作法）；
(2)线段上是否存在一点，使平面？请说明理由；
(3)若，求平面与平面的夹角的余弦值.
18．如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，底面，，分别为侧棱，的中点，点在上且.
(1)求证：，，，四点共面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求点到平面的距离.
19．如图，在三棱柱中，平面平面，点为的中点，点在线段上，且.
(1)求平面与平面的夹角的余弦值；
(2)点在上，若直线在平面内，求线段的长.
参考答案：
1．C
【分析】根据的坐标分别求出与的坐标表示，由与互相垂直，得与的数量积为零即可求解．
【详解】，
，
由与互相垂直，
有，
解得或．
故选：C．
2．B
【分析】首先求出的坐标，再根据向量模的坐标表示计算可得.
【详解】由于，
则，
于是.
故选：B
3．B
【分析】根据给定条件，利用空间向量共线的坐标表示求出关系式，再利用空间两点间距离求解即得.
【详解】依题意，，显然，则，解得，
又，即，
所以.
故选：B
【点睛】关键点睛：利用空间向量共线的坐标表示求得是解题之关键.
4．C
【分析】根据空间向量共面定理即可得解.
【详解】因为，
显然不共线，则三点不共线，
所以，
所以共面，
又为公共始点，所以四点共面.
故选：C.
5．A
【分析】建系，借助空间向量线面角的求法，求出与底面所成角的正弦值.
【详解】
如图分别以所在直线为轴 轴 轴建立直角坐标系，
由已知，得，
则重心，因而，
设与底面所成的角为，则
.
故选：A.
6．D
【分析】首先分解向量，然后结合数量积的运算律即可求解.
【详解】由题意，，
所以
.
故选：D.
7．D
【分析】由于，得到，从而确定与的位置关系.
【详解】因为，，
则，
得到，且直线的方向向量是，平面的一个法向量是，
所以与的位置关系是：或，
故选：D.
8．C
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】
以为坐标原点，以分别为轴的正半轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，设，，
则，则，
因为平面，所以，
即，解得，
所以，所以，
又，所以当时，即是的中点时，取得最小值，
当或，即与点或重合时，取得最大值，
所以线段长度的取值范围为.
故选：C
9．ABD
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用线线角、线面角的向量求法求解即得.
【详解】在长方体中，连接，显然对角面是矩形，即，
由，得，因此矩形是正方形，又平面，
则是与平面所成的角，即，令，则，
建立如图所示的空间直角坐标系，，
对于A，，，
则，因此异面直线与所成的角为，A正确；
对于B，，，
则，因此异面直线与所成的角为，B正确；
对于C，，而平面的法向量，
，显然是不等于的钝角，
因此与平面所成的角不为，C错误；
对于D，平面的法向量，，
所以与平面所成的角的正弦值为，D正确.
故选：ABD
10．BD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算即可判断AD，根据线面角的几何法可判断的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，即可判断B，根据展开图，转化为平面中两点距离最小，结合余弦定理即可求解C.
【详解】A选项：建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，
，，，，，
所以，，
则，，设平面的法向量为，
所以令，则，即平面的一个法向量为．
若平面，则，即，
，令，解得．
即为中点时，有平面，且，故A错误；
B选项：因为平面，连接，则即为与平面所成角，
若与平面所成角为，则，所以，
即点的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，于是点的轨迹长度为，故B正确；
C选项：当时，,此时点在线段上运动，
如图，将平面与平面沿展成平面图形，
线段即为的最小值，利用余弦定理可知
，所以，故C错误；
D选项：当时，,故点在线段上运动,
正方体经过点、、的截面为平行四边形，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
，，所以点到直线的距离为
，
于是当时，的面积取最小值，此时截面面积为；
当或1时，的面积取最大值，此时截面面积为，故D正确．
故选：BD
【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.
11．ABD
【分析】对于A：通过证明面面可得点的轨迹；对于B：根据到平面的距离为定值来判断；对于C：利用面积法来判断；对于D：建立空间直角坐标系，求出线线角的余弦，然后求最小值即可.
【详解】对于A：取的中点分别为，由正方体的性质易得，
又面，面，面，面，
所以面，面，又，面，
所以面面，又平面，点是侧面内一点含边界，
所以点的轨迹为线段，A正确；
对于B：的面积为定值，因为平面，
所以点到平面的距离为定值，则点到平面的距离为定值，
所以为定值，B正确；
对于C：，，
所以点到的距离，C错误；
对于D：如图建立空间直角坐标系，设，，又，
所以，所以
令，则，所以
当，即时，取最大值，则取最小值，
即直线与所成角的余弦值的最小值为，D正确.
故选：ABD.
12．/
【分析】根据给定的几何体，利用空间向量的基底表示，再借助空间向量基本定理求解即得.
【详解】在四面体中，由分别为线段的中点，
得，
而，由空间向量基本定理得：，
所以.
故答案为：.
13．
【分析】根据模与向量的关系求出的值，再根据在上的投影向量公式求出答案即可.
【详解】，
由题可得：
，可得，
则在上的投影向量为.
故答案为：.
14．
【分析】由法向量的定义可知，由此即可得解.
【详解】由题意，若平面经过点，且以为法向量，
则，即点的坐标满足的关系式为.
故答案为：.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理与判定定理即可得证；
（2）依题意建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，再利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）因为平面平面，所以.
又因为为中点，所以，
又，且平面，
所以平面；
（2）依题意，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，则，
所以，可取，则，
又易知平面的一个法向量为，
设平面和平面所成角为，
则，
故平面和平面所成角的余弦值为.
16．(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由余弦定理求出，，从而由勾股定理逆定理得到⊥，由面面垂直得到线面垂直，进而得到⊥，从而证明出线面垂直，面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，由余弦定理得到，，求出平面的法向量，从而根据二面角的余弦值大小得到方程，求出，再利用线面角的向量求解公式得到答案.
【详解】（1）过点作交于点，
则，
因为，所以，
延长交的延长线于点，
，
在中，由余弦定理得，
故，则，
因为M为的中点，故，
在中，，由相似关系可知，
又，故，解得，故，
在中，由余弦定理得
，
故，所以⊥，
因为四边形为矩形，所以⊥，
因为平面平面，交线为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
又平面，所以平面平面；
（2）过点作交于点，作交于点，
则由（1）知⊥，⊥平面，
因为平面，所以⊥，⊥，
故，两两垂直，
故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
由平行关系可知，四边形为平行四边形，故，故，
在中，由余弦定理得，
即，解得，
，
设，平面的法向量为，
则，
解得，令，则，故，
平面的法向量为，
则，
因为二面角的余弦值为，故，
解得，
故，，，，
设直线与平面所成角的大小为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
17．(1)作图见解析；
(2)为线段的中点，理由见解析；
(3).
【分析】（1）利用平面的基本事实作出直线.
（2）取线段的中点，利用线面平行的判定推理即得.
（3）取的中点，以为原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）延长交于点，经过点画直线，则直线即为所作直线，如图：
平面，则平面，同理平面，又平面，平面，
因此平面平面，即平面平面，
所以直线即为所作直线.
（2）点为的中点，使平面.
由，得，而，则，即为的中点，
又为的中点，于是，而平面平面，
因此平面，所以线段的中点，使平面.
（3）分别取中点，连接，则，而，则有，
又平面，于是平面，
即平面，而平面，则，由为中点，得，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，
设向量为平面的法向量，则，取，得，
又为平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，
，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据条件建立空间直角坐标系，通过计算得出，由平面向量基本定理得到，，共面，即可证明结果；
（2）由（1）结果，得到，并求得平面的法向量为，再利用线面角的向量法即可求出结果.
（3）由（1）和（2）得，平面的法向量，再由空间距离的向量法即可求出结果.
【详解】（1）（1）因为平面是菱形，所以，
又因为底面，面，所以，，
所以，，两两垂直，
以为坐标原点，以，，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立如图空间直角坐标系：
因为，，，则，，，，，
因为，分别为侧棱，的中点，所以，，
设，，因为，
所以，解得，即.
所以，，.
所以，由向量共面的充要条件可知，，，共面.
又，，过同一点，从而，，，四点共面.
（2）由（1）可得，，，，
又因为，所以，.
设平面的法向量，由，得到，
取，可得，，所以，
设直线与平面所成角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）由（1）和（2）知，平面的法向量，
设到平面的距离为，则.
19．(1)
(2)
【分析】（1）分别取的中点，连接，根据面面垂直的性质证明平面，以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；
（2）由直线在平面内，可得共面，再根据空间向量共面定理即可得解.
【详解】（1）分别取的中点，连接，
因为，所以为等边三角形，
所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为，分别为的中点，
所以四边形为矩形，所以，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
易得为平面的一个法向量.
设，因为，所以.
所以，即，因此，
设，因为，所以，
所以，即，
因为，，
所以，
设平面的法向量为，
所以，即，
取，则，所以，
设平面与平面的夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为；
（2）设，则，
因为直线在平面内，所以共面，
所以存在唯一实数对，使得，
即，
则，解得，
此时为的中点，所以.
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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