高二上学期数学北师大版（2019）选择性必修第一册第一章空间向量与立体几何同步单元必刷卷（基础卷）（全解全析）（含答案）

第一章空间向量与立体几何同步单元必刷卷（基础卷）全解全析1．D【解析】【分析】根据空间四点共面的充要条件代入即可解决【详解】由、、、四点共面，且其中任意三点均不共线可得，解之得故选：D2．A【解析】【分析】利用空间向量的基本定理求解.【详解】解：，，，，故选；A3．A【解析】【分析】由空间向量平行的坐标公式求出即可.【详解】由，解得，则.故选：A.4．B【解析】【分析】先以为基底表示空间向量，再利用数量积运算律求解.【详解】解：，，，，所以，故选：B5．A【解析】【分析】取的中点，连接，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得和所成角的余弦值.【详解】取的中点，连接，设，因为是边长为的等边三角形，则，因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，，，，因此，和所成角的余弦值为.故选：A.6．C【解析】【分析】将向量转化成，然后等式两边同时平方表示出向量的模，再根据向量的数量积求出向量与的夹角，而向量与的夹角就是二面角的补角．【详解】由条件，知．，，即，所以二面角的大小为故选：C．7．A【解析】【分析】根据空间点线面位置关系的向量表示，即可判断各命题的真假．【详解】对A，若，则直线平面或直线平面，A错误；对B，若，则直线平面，B正确；对C，设直线l与平面所成角的大小为，则，所以，C正确；对D，设平面、所成锐角的大小为，则，所以，，D正确．故选：A．8．B【解析】【分析】根据特殊位置即可判断出周长，根据等体积，可判断高最大，体积最大，根据线面垂直可判断线线垂直，根据二面角的向量求法即可作出判断.【详解】当时，是的中点，,当时，，,

故当时的周长并不是最小的.故A错.当λ=0时，,只需要面积最大体积就最大，此时重合，故B对.当是中点时，平面,又平面，则，故C错.取中点为,则平面,以所在直线为轴，故建立如图所示空间直角坐标系，平面的法向量为,故设平面的法向量为所以

令，则，故，故D不对.故选：B9．AC【解析】【分析】由向量共面定理可判断AC；取，为零向量可判断B；取，A，三点共线，点P与，A，不共线可判断D.【详解】由向量共面定理可知A正确；当，为零向量可知B错误；由向量共面定理可知共面，又因为共始点，所以点，，A，共面，故C正确；当，A，三点共线，点P与，A，不共线时可知D错误.故选：AC10．AD【解析】【详解】根据空间向量共面的判定定理及空间向量基底的概念逐项判断即可.【解答】解：，，是空间的三个单位向量，由，，则，故A正确；，，两两共面，但是，，不一定共面，，，可能两两垂直，故B错误；由空间向量基本定理，可知只有当，，不共面，才能作为基底，才能得到，故C错误；若是空间的一组基底，则，，不共面，可知也不共面，所以也是空间的一组基底，故D正确．故选：AD.11．BCD【解析】【分析】由空间向量平行的性质及空间向量模长，数量积，夹角的坐标运算进行判断即可.【详解】对于A选项：，不存在，使得，故A错误；对于B选项：，，故B正确；对于C选项：，，则，故C正确；对于D选项：，，所以，故D正确；故选：BCD.12．ACD【解析】【分析】在正三棱柱中，如图建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量可判断A；求出直线与BC的方向向量，通过异面直线所成角的向量公式可判断B；因为点M在内，所以设可表示出的坐标，由可求出的范围，再求出CM与平面ABC所成的角的正弦值可判断C；设，求出，，表示出可判断D.【详解】对于A，在正三棱柱中，为的中点，所以，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以，设平面，所以，则平面⊥平面，所以A正确；对于B，，，设直线与BC所成角为，则，所以异面直线与所成角的余弦值为，故B不正确.对于C，设平面，因为点M在内（包括边界）且，所以设，则四点共面，则，所以，则，所以，所以，因为，所以化简得：，所以，解得：，设CM与平面ABC所成的角为，所以，所以CM与平面ABC所成的角的正弦值的最大值为，故C正确.对于D，设，则、，因为，，所以，，则，，所以，所以当时有最小值，所以，所以，故D正确；故选:ACD.13．（答案不唯一）【解析】【分析】先求得向量的坐标，再依据题给条件列方程去求向量的坐标即可解决.【详解】由点，可得，又向量在上的投影向量为，则则，又向量与向量不共线，则不成立则可令，即，故答案为：（答案不唯一）14．【解析】【分析】利用向量数量积求得向量的模，即可求得线段的长【详解】则即线段的长为故答案为：15．【解析】【分析】先求出，再由求解即可.【详解】在中，因为是的中点，所以，所以.故答案为：.16．①②③⑤【解析】【分析】由正方体的平面展开图可得正方体，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；【详解】解：由正方体的平面展开图可得正方体（其中与重合），如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，则，，，，，，，，，所以，，所以，所以，故①正确；，，所以，，即，，，平面，所以平面，即②正确；，显然与是异面直线，设与所成角为，则，因为，所以，故③正确；，平面的法向量可以为，设与平面所成的角为，所以，故④错误；，，设平面的法向量为，则，令，所以，设二面角为，显然二面角为锐二面角，则，所以，故⑤正确；故答案为：①②③⑤17．(1)25(2)或【解析】【分析】（1）根据空间向量的坐标线性运算与数量积公式求解即可；（2）根据垂直的数量积表示，结合向量的坐标公式求解即可(1)因为，，故，，故(2)，，，因为，故，即，故，即，故或18．(1)(2)(3)证明见解析【解析】【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的模长公式可求得结果；（2）利用空间向量数量积的坐标运算可求得的值；（3）利用空间向量法可证得，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立.(1)解：因为平面，，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，则，，所以，，则.(2)解：依题意得、、、，所以，，，，又，，所以，.(3)证明：依题意得、、、、，则，，，所以，，，则，，即，，又因为，所以，平面.19．(1)证明过程见解析(2)【解析】【分析】（1）作出辅助线，由线线垂直得到线面垂直，进而证明出AC⊥BD；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦.(1)连接BD，因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，因为平面ABCD⊥平面CDEF，交线为CD，ED⊥CD，ED平面CDEF，所以ED⊥平面ABCD，因为AC平面ABCD，所以ED⊥AC，因为BDED=D，所以AC⊥平面BDE，因为BE平面BDE，所以AC⊥BD(2)取BC的中点G，连接DG，BD，因为∠BCD=60°，四边形ABCD是边长为4的菱形，所以DG⊥BC，因为AD∥BC，所以DG⊥AD，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DG所在直线为y轴，DE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，设平面BCF的法向量为，则，解得：，令，则，平面ADE的法向量为，设平面ADE与平面BCF所成角为，显然为锐角，则20．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）根据条件首先证明，再证明，由线面垂直的判定定理即可证明平面.（2）如图，以为一组正交基底，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面MNA与底面ABCD的法向量，由二面角公式可求出，即可求出PC的长.(1)证明：连接BD，因为底面为正方形，所以．因为平面，平面，所以．又，平面，平面，所以平面因为平面，所以．同理，．在中，M，N分别为PB，PD的中点，所以．因为，所以．又，平面，平面，所以平面．(2)解：如图，以为一组正交基底，建立空间直角坐标系，设，则，，，，所以，．设平面的法向量为，则，令，则，所以平面的一个法向量为．因为平面，所以平面的一个法向量为，所以，解得．所以，．21．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）取，利用平行线分线段成比例和平行四边形的性质，结合线面平行的判定可证得平面，平面，由面面平行的判定与性质可证得结论；（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得所求角的余弦值，由余弦值可求得正弦值.(1)在上取一点，使得，连接，，，又平面，平面，平面；，，，，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面；，平面，平面平面，平面，平面.(2)由题意知：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，则，，，，，，，平面与平面所成设平面的法向量，则，令，解得：，，；设平面的法向量，则，令，解得：，，；，平面与平面所成角的正弦值为.22．(1)(2)存在，当Q为AD上靠近A的四等分点时，PQ与平面APB所成角的正弦值为【解析】【分析】（1）如图建系，求得各点坐标，进而可得坐标，即可求得平面PAB的法向量，根据线面垂直的性质及判定定理，可证平面，则即为平面的法向量，根据二面角的向量求法，即可得答案.（2）假设存在点Q满足题意，设，因为，即可求得Q点坐标，进而可得坐标，根据线面角的向量求法，代入公式，计算可得值，即可得答案.(1)由题意得平面ABCD，且，以O为原点，分别以OA，OB，OP为x，y，z轴正方向建系，如图所示所以，所以，设平面PAB的法向量，则，即，令