2023人教版新教材高中数学选择性必修第一册同步练习-第一章 空间向量与立体几何

2023人教版新教材高中数学选择性必修第一册

第一章空间向量与立体几何

（满分150分，考试用时120分钟）

一、单项选择题（本题共8小题,每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项

中，只有一项是符合题目要求的）

1.在空间直角坐标系Oxyz中，点M（x,y,2022）（xER,y£R）构成的集合是（）

A.一条直线B.平行于平面Oxy的平面

C.两条直线D.平行于平面Oxz的平面

2.已知u=（2,2,1）是平面a的法向量,a=（3,4,2）是直线1的方向向量，则直线

1与平面a的位置关系是（）

A.平行或直线在平面内B.垂直

C.相交但不垂直D.不能确定

3.在四面体OABC中,OB=b,OC=c,OM=2AM,前+丽=0,用向量a,b,c表示

丽，则而等于（）

.12,.12.1..1

A.-a--b+-coB.--a+-b+-c

乙D乙。乙乙

1,l12,2,1

Cr.-a+-ub--cnD,y+§b-5c

4.已知空间向量a,b,c两两夹角均为60°,其模均为1,则|a+b-2cl二

()

A.A/2B.V3C.2D.V5

5.已知a=(2,-l,3),b=(T,4,-2),c=(l,3,入)，若向量a,b,c共面,则实数人等于

6.已知空间向量&二(2,-2,1),及(3,0,4),则向量b在向量a上的投影向量是

()

A学30,4)B.；(3,0,4)

C.a2,-2,l)D.^(2,-2,1)

7.如图，圆锥SO的轴截面SAC是等边三角形，点B是底面圆周上一点，且

NB0C=60°,点M是SA的中点，则异面直线AB与CM所成角的余弦值为()

8.在棱长为2的正四面体ABCD中，点M满足祠二x而+y冠-(x+y-l)而，点N满足

BN=入瓦?+(1-入)豆？，当AM,BN最短时,AM•而二()

二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有

多项符合题目要求,全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分)

9.已知向量a=（l,-l,m）,b=（-2,m-1,2）,则下列结论中正确的是（）

A.若|a|=2,则m=±V2

B.若a±b,则m=-l

C.不存在实数入，使得a二入b

D.若a•b=-l,则a+b=（-l,-2,-2）

10.在正方体ABCD-ABCD中，下列结论正确的是（）

A.四边形ABCD的面积为|希||反

B.何与碰的夹角为60°

C.（曲+41。；+218；）2二348：

D.^C•041瓦-4也〉二0

11.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，下列结论正确的有（）

A.AD与BC所成的角为30°

B.AC与BD所成的角为90°

C.BC与平面ACD所成角的正弦值为日

D.平面ABC与平面BCD的夹角的正切值是四

12.在正三棱柱ABC-ABG中，AB=AA尸1,点P满足加二人配+u西，其中

入£[0,1],口£[0,1],则（）

A.当入二1时，,AAB.P的周长为定值

B.当U=1时,三棱锥P-A.BC的体积为定值

C.当人时,有且仅有一个点P,使得AFJLBP

D.当U时,有且仅有一个点P,使得ABUL平面ABF

三、填空题（本题共4小题,每小题5分，共20分）

13.已知空间向量a=(X+1,2X,1),b=(6,2,2m-l),若a〃b,贝ij入.

14.已知A(l,2,0),B(0,1,T),P是x轴上的动点，当|两|二|丽|时，点P的坐标

为；当前•前取得最小值时，点P的坐标为.

15.在棱长为a的正方体ABCD-ARCD中，点M是线段DG上的动点，则点M到直线

AD距离的最小值为.

16•点P是底面边长为2V3,高为2的正三棱柱表面上的动点,MN是该棱柱内切球

的一条直径，则丽•西的取值范围是.

四、解答题(本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

17.(10分)如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1,点E,G

分别是AB,CD的中点.

⑴求证：EG_LAB;

⑵求异面直线AG和CE所成角的余弦值.

18.(12分)如图,在平行六面体ABCD-ABCD中，以A为端点的三条棱的长都是1,

且它们彼此的夹角都是60°,M为A£与BD的交点.若福二a,而二b,京二c,平面

ABCD的法向量n=a+yb+zc.

(1)用a,b,c表示由；

⑵求n及|n|;

⑶求点M到平面ABCD的距离d.

19.（12分）条件①:图1中，tanNABD=2;条件②:图1中,3而=2荏+的;条件③:

图2中,CD>BD,SABCD=1.从以上三个条件中任选一个,补充在问题中的横线上,并加

以解答.

如图1所示,在aABC中，ZACB=45°,BC=3,过点A作AD±BC,垂足D在线段BC上,

沿AD将Z\ABD折起，使NBDC=90°（如图2）.已知点M为棱AC的中点,

在棱CD上取一点N,使得CN=3DN,求平面BNM与平面BNC的夹角的余弦值.

注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.

20.(12分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形,AB〃CD,棱AB,AD,AP两两

垂直,长度分别为1,2,2,且向量定与前的夹角的余弦值为誓.

(1)求CD的长度；

(2)求直线PC与平面PBD所成角的正弦值.

21.(12分)如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC=2V2,PA=PB=PC=AC=4,0为AC的中点.

(1)证明:P0J_平面ABC;

(2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C的大小为30°,求PC与平面PAM所成角的

正弦值.

22.（12分）如图，已知三棱柱ABC-AB6中，AA」平面

ABC,AC1BC,AC=V2BC,CM1AB于点M,点N在棱CG上，满足*二人（0<X<1）.

CCj

⑴若入4求证:CM〃平面RAN;

⑵设平面BiAN与平面BM所成的角为。，若AiBLBC试判断命题

母£（。,1），々”的真假，并说明理由.

答案全解全析

1.B由题意知，点M在平面Oxy的上方,且到平面Oxy的距离始终为2022,故选

B.

2.A因为口・3=2乂(-3)+2*4-(-1)乂2=0,所以11，%所以直线1〃平面a或直

线lu平面a.故选A.

3.B9：BN+CN=0,AN为BC的中点.连接AN,则

J4N=MA+AN=^OA+-(AC+AB)=-OA+-(AO+OC+AO+OB)=--OA+-OB+-OC=-b+-c

323232222

-|a.故选B.

4.B|a+b-2c|=J(a4-b-2c)2=ya24-b24-4c24-2a•b-4a•c-4b•c

=/H-l+4+2xlxlxi-4xlxlxi-4xlxlx二翼.故选B.

7222

5.A若向量a,b,c共面,则存在x,y£R,使c=xa+yb,

则有(1,3,X)=x(2,-1,3)+y(-1,4,-2),

(2x-y=1,(x=1,

所以卜％+4y=3,解得y=1,故选A.

{3x~2y=A,Q=1.

6.C因为a=(2,-2,l),b=(3,0,4),所以a•b=2X3+1X4=10,|a|=

J22+(一2)2+12=3,所以向量3在向量a上的投影向量是|b|cos〈a,b>

•9二”为《(2,-2,1).故选C.

a\\a\9

7.B连接OS.以过点0且垂直于平面SAC的直线为x轴,0C,0S所在直线分别y

轴,z轴建立空间直角坐标系，如图所示.

设002,则0S=2V3,所以A(0,-2,0),B(V3,1,0),C(0,2,0),M(0,

-1,圾,所以荏=(V3,3,0),由二(0,-3,V3).

设异面直线AB与CM所成角为0,

则cosO=|cos<AB,CM>-x二故选

1'曰翌、"B

V3+9XV9+34

8.A由共面向量定理和共线向量定理可知,平面BCD,N£直线AC.当AM,BN最

短时,AM,平面BCD,BN±AC,

所以M为4BCD的中心,N为AC的中点，

此时|就|=X2Xsin600总色.

33

・.・AM_L平面BCD,MCu平面BCD,AAM1MC,

・・・IMA|二J近12-1祝2小甯2争

又M/VgMC+M/),

：.AM•MN=^(AM•MC+AM•AM)|AM1故选A.

9.AC由|a|=2得J/+(-1)2+瓶2=2,解得m=±短故A选项正确；由a±b得

-2F+1+2IH=0,解得m=l,故B选项错误；若存在实数入，使得a二入b,则

1=-2X,-1=X(mT),m=2入，显然人无解，即不存在实数入，使得a二入b,故C选项

正确;若a•b=-l,则-2-m+l+2m=T,解得m=0,于是a+b=(T,-2,2),故D选项错误.

10.ACD易知AB_L平面BBCC,.\AB_LBG,・・・四边形ABGD的面积为|荏|跖|,

故A中结论正确；

连接AC,CDb易知AACDi是等边三角形，

・・・NAD£=60°,・.・A】B〃DC・••异面直线AD1与A】B所成角为NAD©=60°,・••向量

砧与碰的夹角为120。，故B中结论错误；

连接A3,由向量加法的运算法则得丙+硒*+川瓦=温，易知

|温12=31不瓦|:・・・(丽*+京耳+硒)2=3硒：故c中结论正确；

连接BD,A£,不瓦-匚目二畸，易知DA」平面

AACC,・・.DB_LAC，碇•瓦瓦=0,・••布•(不瓦-不万＞二0,故D中结论正确.

故选ACD.

11.BD取BD的中点0,连接AO,CO.易得OA,0C,0D两两垂直，工以0为坐标原

点,0C,0D,0A所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.

设OOI,则A(0,0,1),B(O,-1,O),C(1,O,0),D(0,1,0),1,1),

而二(0,1,T),BC=(1,1,0),福(1,0,-1),~BD=(0,2,0).

Vcos<^4D,密一J5•吃—i」

\AD\•\BC\V2xv22

・•・异面直线AD与BC所成的角为60。，故A中结论错误.

9：AC•50=0,AAC1BD,故B中结论正确.

设平面ACD的法向量为t=(x,y,z),

则卜•可=x-z=0,

取z=1,得x=l,y=1,，t二(1,1,1),

(t•AD=y-z=0,

设BC与平面ACD所成角为0,

贝ljsin0=|cos<FC,t>|二/,2二4~^二£故C中结论错误.

IBC|•11|V2XV33

易知平面BCD的一个法向量为n=(0,0,1),

设平面ABC的法向量为(x'，y',z'),

m•BA=+z二0

则'取x，=l,得y*=-1,z=1,Am=(l,-1,1),

jn•阮=x'+y'=0,

设两个平面的夹角为。，则cosa=|cos<m,设|二2汨g

ml•|n|3

Asina：•tanQ=V2,

・・・平面ABC与平面BCD的夹角的正切值是企,故D中结论正确.

故选BD.

12.BD当人=1时，点P在线段CG上,设CP=x(OWxWl),若x=0,则△ABF即为

△ABC此时4ABF的周长为2近+1;若x=l,则AABF即为△ABC,此时AABF的

周长为2/+1;若（Kx〈l,则PC尸l-x,在RtAPCA中，PA=五+*在RtAB^P

中，PB尸Jl+（I-%）2=Vx2-2x+2,又AB尸鱼，所以z\ABF的周长为

V2+Vx2-2x4-2+V1+x2,不是定值,故A中说法错误.

当口二1时，点P在线段B£上，

因为B£〃BC,B£Q平面ABC,BCu平面ABC,

所以B£〃平面ABC,

所以BC上的任何一点到平面ABC的距离均相等，

所以三棱锥P-A.BC的体积为定值,故B中说法正确.

分别取BC,BC的中点0,0b连接00bA0,易知分i_L平面ABC,AO±BC,以OB,0A,001

所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则

B（i,0,0）,A（0,-y,0）,A.（0,-^,l）.

^P=（0,y,z-1）,5P=（-|，0,z）,AFLBP,贝ij中•前=0,即z（z—l）=0,解得

z=0或z=lf故当X3时,存在两个点P,使得A.P1BP,故C中说法错误.

当口号时，点P在线段MN上（M,N分别是线段BB„CG的中点），设P（x,0,|）（-1<

x<1）,则方二（x,y,若AiBd.平面AB.P,则A.B1AP,即砸•AP=Of又

砸二G，/，T），所以&今一1）•（%，今5）亨+淆力，解得x=T所以

p(-；,o,I),易验证此时满足AB,平面ABR所以当口三吐有且仅有一个点P,

使得AB,平面AB.P,故D中说法正确.故选BD.

13.答案三

O

解析因为a〃b，所以华丹二士,解得X=im=3,故人+小丹.

622m-l55

14.答案(1,0,0);(1,0,0)

解析因为P在x轴上,所以设P(x,0,0).

由|瓦？|二|而|,得(X-1)2+4+0=XS+1+1,解得x=|.

所以点P的坐标为(|,0,0),

2

易知而二(x-1,-2,0),前二(x,-1,1),所以前•前二x(xT)+2二卜-3

+：,所以当x=1时,AP•并取得最小值;此时点P的坐标为%0,0).

15.答案与a

解析以A为坐标原点,AD,AB,AA,所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角

坐标系，如图所示,则A(0,0,0),D(a,0,0),Ct(a,a,a),

Di(a,0,a),DC]=(0,a,a),AD^=(a,0,a).

点M到直线AD1距离的最小值为两异面直线A»和DC间的距离.

设直线AD和DG的公垂线的方向向量为n=(x,y,z),

则『•匹=ay+az=0,令,,则曰？一，..皿⑴一]),

ji•AD1=ax+az=0,

又前二(a,0,0),J两异面直线AL和D3间的距离为上回二令二”a.

\n\v33

・•・点M到直线AD.距离的最小值为争.

16.答案[0,4]

解析由题意知内切球的半径为L设球心为0,连接P0,0M,0N,则

~PM♦丽二(而+而)•(PO+OW)=PO2+PO•(OM+O/V)+OM•ON=

\PO\2-1.V1^|PO|^V5,：.~PM•丽e[o,4].

17.解析⑴证明：露•荏二(瓦5+万)•荏=(--AB+-AC+

\22

-AD)•AB^--AB2+-AC•AB-^-AD•荏二二X①人1X1X卓X1X]xj,(2

2722222222

分)

所以前，前,所以EG1AB.(4分)

(2)易知|庶|二|无|二冬万•CE=^(AC+AD)•|(C4+C5)=

士•(-AC2+AC•CB+AD•&4+/D•。8)二，一心+4。•CBMD•C4+Q4C+CD)•

44

CB]=ixL-12+1X1X(-1)+1X1X(-1)+1X1X(-1)+1

XlxJT（7分）

22

设异面直线AG和CE所成角为6（0<0<=）,

-

MILA\AG-CE\|1|2

贝"COS0=-="~

\AG\•\CE\旦出3'

所以异面直线AG和CE所成角的余弦值为|.（10分）

18.解析（1）连接AB,AC,如图.

7?

R

前二两+砧二标一荏+三前二标一荏+三（而+而）二标_三荏+二而二―2a+%b+c.（3

11121212222

分）

（2）由题意得|a|二|b|=|c|=l,a•b=a•c=b•c=1.（5分）

._n（1+-y+-z=0,

由n是平面ABCD的法向量，得rr厂7n;U'即，2J解得

E・b=0,|J+y+*o,

y=l,z=-3,An=a+b-3c.（7分）

/.In|=Va2+b2+9c2+2a•b-6a•c~6b•c=V6.（9分）

⑶・「AM〃平面ABCD,・••点M到平面ABCD的距离等于点Ai到平面ABCD的距离，（10

分）

.~忖・nl|c•（a+匕-3c）||c•c+c・b-3c2|假+［一3|区（］2分）

'\n\|n|Inix/63,

19.解析以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.（1分）

选条件①.

在题图1所示的4ABC中，设AD=CD=a,则在RtAABD中，tanNABD=生*=2,解得

BD3-a

a=2,ABD=1.（3分）

・・・B（l,0,0）,N（0,i,0）,M（0,1,1）,

，丽二（一1,（5分）

设平面BNM的法向量为n=（x,y,z）,

(n•BN=0,ZH(-x+=0,Aimoc1

由(一>得<2,令x=l,则y=2,z=T,

(n•BM=0,+y+z=0,

An=(l,2,-1).(7分)

取平面BNC的一个法向量m=（0,0,1）,（8分）

1

则cos<m,I：——(10分)

1m|ln|4+22+(一1)26

・・・平面BNM与平面BNC的夹角的余弦值为R（12分）

6

选条件②.

在题图1所示的AABC中，由3而二2荏+前，得2(AD-AB)=AC-ADfB|J

2BD=DC,ADC=2BD.VBC=3,ACD=2,BD=1.(3分)

AB(1,0,0),N(0,i,0),M(0,1,1),

・・・丽二(-1,|,0),FM=(-l,1,1).(5分)

设平面BNM的法向量为n=(x,y,z),

fn•BN=0,z(~x+7y=0,人-,.

由(―>得H｛2)令x=l,则miy=2,oz二T,

ji•BM=0,1-％+y+z=0,

.\n=(l,2,-l).(7分)

取平面BNC的一个法向量m二（0,0,1）,（8分）

则cos<m,n>~m*n]TY(10分)

mln\1XJ12+22+(-1)2

・・・平面BNM与平面BNC的夹角的余弦值为当（12分）

o

选条件③.

在题图2所示的4BCD中，设BD=b(0〈b所)，则CD=3-b,

.e•S△Bco=1b(3-b)=l,解得b=l或b=2.

又CD>BD,.\CD=2,BD=1.(3分)

AB(1,0,0),N(0,1,0),M(0,1,1),

・,•丽=(一1,(5分)

设平面BNM的法向量为n=(x,y,z),

由卜•%=°,得卜+1=°,令x=l,则尸2,z=-l,

jt•BM=0,1-%+y+z=0,

An=(l,2,-1).(7分)

取平面BNC的一个法向量m=（0,0,D,（8分）

m,n-1V6

则cos<m,n>=-■I__)-(10分)

m\n1XJ12+22+(-1)26

・・・平面BNM与平面BNC的夹角的余弦值为（12分）

O

20.解析（1）以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,轴建立如图

所示的空间直角坐标系,

则B(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),A(0,0,0),

A^B=(l,0,0),BD=(-1,2,0).(1分)

由AB〃CD,可设反二X^B(X>0),AC(X,2,0),APC=(入,2,—2),

(2分)

Acos<PC,前示45•前厂"(入<4),

\PC\\BD\"2+8.V515

...入2—12入+20=0,解得入=2或人=10(舍去),...CD=2AB=2.(5分)

(2)由(1)易得丽二易0,-2),PD=(0,2,-2),PC=(2,2,-2).(6分)

n•PB=x_2z=0,

设平面PBD的法向量为n=（x,y,z）,则

n•PD=2y-2z=0,

令z=l,则x=2,y，・・・平面PBD的一个法向量为n=（2,1,1）.（8分）

设直线PC与平面PBD所成角为0,0e[o,4（9分）

则sin0=|cos<PC,n>|上,1二/产乌

11|PC||n|2V3xV63

・・・直线PC与平面PBD所成角的正弦值为唱（12分）

21.解析（1）证明：因为PA=PC=AC=4,。为AC的中点，所以OPJLAC,且0P=2>/3.（1

分）

连接OB.因为AB=BC=2V2,0为AC的中点,所以OB±AC,且0B=2.（2分）

易知OP2+OB2=PB2,所以OP1OB.(3分)

由OP±OB,OP±AC,OBAAC=O,知POJ_平面ABC.(4分)

⑵以0为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,

则0(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2V3).

设M(a,2-a,0)(0<a^2),易得祠二(a,4-a,0),AP=(0,2,2>/3),

OB=(2,0,0),PC=(0,2,-2V3).(6分)

设平面PAM的法向量为n=（x,y,z）.

•几=°，得.2y+2V3z=0,

•n=0,ax+(4-Q)y=0,

令z二-a,贝ljy=V3a,x=V3a_4V3,

所以n二（V3a-4V3,V3a,-a）.（8分）

易知平面PAC的一个法向量为赤二（2,0,0）.（9分）

2

由已知可得|cos<OB,n>I=26（a-4）当,所以3a+8a-16=0,解得a=-4（舍去）

2j3（a-4）2+3a2+a22

或a4所以n=［增增-）（11分）

oXOOO/

设PC与平面PAM所成角为。，则sin0=|cos<PC,n>|~3~—.

4x—164

3

所以PC与平面PAM所成角的正弦值为（12分）

4

22.解析⑴证明:设BC=a,因为AC=V2BC,CM±AB,AC±BC,所以AC二缶,AB二商,

又CM•AB=AC•BC,所以CM=ya.设AA尸b,以M为坐标原点,BA所在直线为x轴，

过M且和BBi平行的直线为y轴,MC所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐

标系，（1分）

\\