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．如图所示，在空间四边形中，，点在上，且，为中点，则（ ）
A． B．
C． D．
2．已知正方体的棱长为a，则平面与平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且与，的夹角都等于．若是的中点，则（ ）
A． B． C． D．
4．在棱长为1的正四面体中，点满足，点满足，当最短时，（ ）
A． B． C． D．
5．=（2，﹣1，3），=（﹣1，4，﹣2），=（3，2，λ），若三向量共面，则实数等于（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
6．如图，在圆锥中，，为底面圆的两条直径，，且，，，异面直线与所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知空间三点，，，若，且，则点的坐标为（ ）
A． B．
C．或 D． 或
8．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．
9．如图，在平行六面体中，，，，点P在上，且，则等于（ ）
A． B．
C． D．
10．经过点(－，2)，倾斜角是30°的直线的方程是（ ）
A．y＋(x－2) B．y＋2＝(x－)
C．y－2(x＋) D．y－2＝(x＋)
11．下列命题正确的是（ ）
A．若与共线，与共线，则与共线
B．三个向量共面，即它们所在的直线共面
C．若，则存在唯一的实数，使
D．零向量是模为，方向任意的向量
12．已知空间三点，，，若向量与的夹角为60°，则实数（ ）
A．1 B．2 C． D．
二、填空题
13．在四棱锥中，底面ABCD是正方形，E为PD中点，若=，=，=，则=_____．
14．O为空间中任意一点，A，B，C三点不共线，且，若P，A，B，C四点共面，则实数t＝______．
15．如图所示，在平行六面体中，，若，则___________.
16．在空间直角坐标系中，点满足：，平面过点，且平面的一个法向量，则点P在平面上所围成的封闭图形的面积等于__________.
三、解答题
17．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小
18．四棱锥，底面为正方形，边长为4，为中点，平面.
（1）若△为等边三角形，求四棱锥的体积；
（2）若的中点为，与平面所成角为45°，求与所成角的大小.
19．如图，在三棱锥中，，，为正三角形，为的中点，，.
（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的正弦值.
20．如图，在正方体中， E为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
21．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是中点.
（1）求直线与平面的夹角余弦值；
（2）求点到平面的距离.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
由向量的加法和减法运算法则计算即可．
【详解】
故选：B
2．D
建立空间直角坐标系，用空间向量求解
【详解】
由正方体的性质，∥,∥，，，
易得平面平面，
则两平面间的距离可转化为点B到平面的距离．
以D为坐标原点，DA，DC，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴
建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，．
连接，由，，且，可知平面，
得平面的一个法向量为，
则两平面间的距离．
故选：D
3．A
设，，，根据向量的线性运算表示出，平方后利用向量的数量积运算即可求解.
【详解】
记，，，
因为，，
所以，．
又因为，，
所以，．
易得，
所以，
所以．
故选：A
本题主要考查了向量的线性运算，向量的数量积运算及性质，考查了运算能力，属于中档题.
4．A
由题知平面，直线，故当、最短时，平面，，再根据向量的关系计算即可得答案.
【详解】
，，
∴ ，，
即:，；
平面，直线，
所以当、最短时，平面，，
为的中心，为线段的中点，
如图：
又正四面体的棱长为1，
，
平面，
，
．
故选：A．
本题考查空间向量的数量积运算，共面向量定理，共线向量定理，解题的关键在于结合共面向量定理与共线向量定理得平面，直线，进而当当、最短时，平面，，再求解.
5．C
由三向量共面，则存在唯一的实数对，使得，即，从而可得答案.
【详解】
解：因为三向量共面，
所以存在唯一的实数对，使得，
即，
，解得，
所以.
故选：C.
6．D
以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角的余弦值，再得正弦值．
【详解】
由题意以为轴建立空间直角坐标系，如图，
，，，，
又，
．
，
则，
设异面直线与所成角为，则，为锐角，
，所以．
故选：D．
7．C
设点坐标，由可解出坐标，再用空间向量模长公式即可.
【详解】
设，则，，
因为，所以，，，
所以，又，
解得或，所以或，
故选:C
8．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.
9．B
根据题意得到，结合空间向量的运算法则，准确运算，即可求解.
【详解】
因为，所以，
根据空间向量的运算法则，可得
，
又因为，，，所以.
故选：B.
10．C
根据k=tan30°求出直线斜率，再利用点斜式即可求解.
【详解】
直线的斜率k=tan30°=，
由直线的点斜式方程可得y－2＝ (x＋)，
故选：C．
11．D
假设为零向量，即可判断A选项；根据向量的特征，可判断B选项；根据共线向量定理，可判断C选项；根据零向量的定义，可判断D选项.
【详解】
A选项，若，则根据零向量方向的任意性，可的与共线，与共线；但与不一定共线，故A错；
B选项，因为向量是可以自由移动的量，因此三个向量共面，其所在的直线不一定共面；故B错；
C选项，根据共线向量定理，若，其中，则存在唯一的实数使；故C错；
D选项，根据零向量的定义可得，零向量是模为，方向任意的向量；即D正确.
故选：D.
本题主要考查向量相关命题的判定，熟记向量的概念，向量的特征，以及共线向量定理即可，属于基础题型.
12．B
直接由空间向量的夹角公式计算即可
【详解】
，，，
，
由题意有
即，
整理得，
解得
故选：B
13．
根据底面ABCD是正方形，E为PD中点，向量加法的平行四边形法则得到，而，即可求得的结果.
【详解】
解：=(+)= +)= +=．
故答案为：.
本题考查向量在几何中的应用以及向量共线定理和空间向量基本定理，要用已知向量表示未知向量，把要求向量放在封闭图形中求解，体现了数形结合的思想，是基础题型.
14．
根据四点共面的充要条件即可求出t的值.
【详解】
P，A，B，C四点共面，且，
，解得.
故答案为:
本题考查四点共面，掌握向量共面的充要条件是解题的关键，属于基础题.
15．2
题中 几何体为平行六面体，就要充分利用几何体的特征进行转化，
,再将转化为，以及将转化为,,总之等式右边为，，,从而得出，.
【详解】
解：因为
，
又，
所以，，
则.
故答案为：2.
要充分利用几何体的几何特征，以及将作为转化的目标，从而得解.
16．
由题意，点在球面上，所以点P在平面上所围成的封闭图形即为平面截球面所得的截面圆，根据球的截面性质求出截面圆的半径即可求解.
【详解】
解：由题意，点在以为球心，半径为4的球面上，
所以点P在平面上所围成的封闭图形即为平面截球面所得的截面圆，
因为平面的方程为，即，
所以球心到平面的距离为，
所以截面圆的半径，截面圆的面积为，
所以点P在平面上所围成的封闭图形的面积等于.
故答案为：.
17．（1）证明见解析；（2）
（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】
（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】
第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
18．（1）；（2）.
（1）由棱锥体积公式计算；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【详解】
（1）∵正方形边长为4，△为等边三角形，为中点，
∴，；
（2）如图以为轴建立空间直角坐标系，则，，，
，∴，，
∴，
即与所成角的大小为．
19．（1）证明见解析；（2）与平面所成角的正弦值为.
（1）、取的中点，连接，证明结合，先证明平面，得到，再证明，然后证明平面；
（2）、以为坐标原点建立空间直角坐标系，计算平面的法向量及，利用向量法求线面角.
【详解】
（1）证明：作的中点，连接，因为是正三角形，所以，
又平面，所以平面，又平面，所以，
因为∥，所以，又平面，所以平面；
（2）以为坐标原点, 所在直线分别为为轴非负半轴，建立空间直角坐标系如图示，
则，所以，
设平面的法向量为，则，取，则，
设与平面所成角为，则.与平面所成角的正弦值为.
20．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；
（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 .
【详解】
（Ⅰ）[方法一]：几何法
如下图所示：
在正方体中，且，且，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面；
[方法二]:空间向量坐标法
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，则、、、，，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，，则.
又∵向量,,
又平面，平面；
（Ⅱ）[方法一]：几何法
延长到，使得，连接，交于，
又∵，∴四边形为平行四边形，∴，
又∵,∴,所以平面即平面,
连接，作,垂足为,连接,
∵平面,平面,∴，
又∵,∴直线平面,
又∵直线平面,∴平面平面,
∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，
根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.
设正方体的棱长为2，则,,∴,
∴,
∴,
即直线与平面所成角的正弦值为.
[方法二]：向量法
接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，
又∵,∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
[方法三]：几何法+体积法
如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．
因为，
所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．
设正方体的棱长为2，在中，易得，
可得．
由，得，
整理得．
所以．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
[方法四]：纯体积法
设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，
在中，，
，
所以，易得．
由，得，解得，
设直线与平面所成的角为，所以．
【整体点评】
（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；
（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.
21．（1）；（2）.
由于底面是矩形，平面，所以可得两两垂直，所以如图建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可
【详解】
因为平面，平面，平面，
所以,
因为四边形为矩形，所以，
所以两两垂直，所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所以示，
因为，，是中点，
所以，,
所以，
设平面的法向量为，则
，令，则，
（1），设直线与平面的夹角为，
则，
因为
所以，
（2）因为，面的法向量为，
所以点到平面的距离为
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