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

2023人教版新教材高中数学B选择性必修第一册

第一章空间向量与立体几何

综合拔身练

五年高考练

考点1用空间向量判断线面位置关系

1.（2021新高考I,12）在正三棱柱ABC-ABG中,AB=AA1=1,点P满足

萨人立+口瓯，其中Xe[0,1],ue[0,1],则（）

A.当人二1时,AAB.P的周长为定值

B.当口二1时,三棱锥P-ABC的体积为定值

C.当人3时，有且仅有一个点P，使得AF_LBP

D.当u带时,有且仅有一个点P,使得A3,平面ABF

2.（2019江苏,16）如图,在直三棱柱ABC-ABG中,D,E分别为BC,AC的中

点,AB二BC.求证：

（DAB〃平面DEC,;

（2）BEIGE.

考点2用空间向量求空间中的角

3.（2017课标全国III理,16）a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形

ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下

列结论:

①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角；

②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角；

③直线AB与a所成角的最小值为45°;

④直线AB与a所成角的最大值为60°.

其中正确的是.（填写所有正确结论的编号）

4.（2021浙江,19）如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边

形,ZABC=120°,AB=1,BC=4,PA=旧,M,N分另!］为BC,PC的中点,PD1DC,PM1MD.

⑴证明:AB_LPM;

⑵求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.

5.（2020新高考I,20）如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PDL底面ABCD.设

平面PAD与平面PBC的交线为1.

⑴证明：1_L平面PDC;

⑵已知PD=AD=1,Q为1上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.

B

6.（2021新高考I,20）如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD1平面BCD,AB=AD,0为

BD的中点.

⑴证明:0A_LCD;

⑵若AOCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D

的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.

考点3利用空间向量求空间中的距离

7.（2019课标全国I文,19）如图，直四棱柱ABCD-ABCD的底面是菱

形，AA尸4,AB=2,ZBAD=60°,E,M,N分另！J是BC,BB1,A山的中点.

⑴证明:MN〃平面GDE;

⑵求点C到平面GDE的距离.

2/

M

C

E

H

考点4用空间向量解决探究性问题

8.（2021全国甲，19）已知直三棱柱ABC-ABG中，侧面AA.B.B为正方

形,AB二BO2,E,F分别为AC和形的中点,D为棱AB上的点,BF1A.B..

⑴证明：BFLDE;

⑵当BD为何值时,面BBCC与面DFE所成的二面角的正弦值最小?

三年模拟练

应用实践

1.（2022河北石家庄第十七中学月考）现有以下命题:①若a〃仇则存在唯一的实

数人,使得〃二入b;②若a•b=b•c,则a=c或b=0；③若数匕,c｝为空间向量的

一组基底，则｛〃+"S+c,c+〃｝构成空间向量的另一组基

底;④S•份•（c•d）=（d•c）•（b•一定成立.其中真命题的个数为（）

A.4B.3C.2D.1

2.（2022广东广州第七中学检测）已知三棱锥S-ABC中,SA=SB=SC=1,且SA,SB,SC

两两垂直,P是三棱锥S-ABC外接球面上一动点，则点P到平面ABC的距离的最大

）

A.SB.gC.乎D.竽

333

3.（2021江苏常州中学高二期中）如图,在三棱锥A-BCD中，平面ABC,平面

BCD,ABAC与4BCD均为直角三角形,且NBAC=NBCD=90。，AB=AC,CD=|BC=1,点P

是线段AB上的动点,若线段CD上存在点Q,使得异面直线PQ与AD成30°角，则

线段PA的长的取值范围是（）

A.(谭B.(0,苧]

C.(0,1)D.(0,V2]

4.（2020安徽合肥一六八中学段考）如图,N为正方形ABCD的中心,AECD为正三

角形,平面ECD,平面ABCD,M是线段ED的中点,则下列结论正确的是（）

A.二面角D-BC-E是直二面角

B.直线BM,EN是异面直线

C.CM±EN

D.直线EN与平面MCB所成角的正弦值为'

5.（多选）（2022浙江杭州高级中学月考）如图，一个结晶体的形状为平行六面体

ABCD-A.B,C.D.,其中,以顶点A为端点的三条棱长都等于1,且它们彼此的夹角都是

60°,下列说法中正确的是（）

A.（曲+荏+而产=2近2

B.BD与AC所成角的余弦值为《

O

C.AAl与平面ABCD所成角的余弦值为手

D.AD到平面ABCD的距离为当

6.（2022北京大兴第一中学检测）在空间中,四个不共线的向量瓦5,OB,0C,而两

两间的夹角均为。，则cosa的大小为

7.（2022山东平邑第一中学期中）如图,在四棱锥P-ABCD中,PA,平面ABCD,四边

形ABCD为直角梯形，ZABC=ZBAD=^,PA=AD=2,AB=BC=1.

⑴求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值；

⑵定义两条异面直线之间的距离为其中一条直线上任意一点到另一条直线距离

的最小值,利用此定义求异面直线PB与CD之间的距离.

8.如图1,在矩形ABCD中,百AB二BC,将矩形ABCD折起，使点A与点C重合，折痕

为EF,展开后连接AF,CE,以AF和EF为折痕,将四边形ABFE折起,使点B落在线

段FC上，将4CDE向上折起,使平面DEC,平面EFC,如图2.

⑴证明:平面ABE_L平面EFC;

9.(2021江苏镇江第一中学期末)如图,四棱锥S-ABCD的底面ABCD是直角梯

形，ZABC=90°,AD〃BC,侧面4SCD为钝角三角形,CD二SD,平面SCDL平面ABCD,M

是棱SA上的动点,AB二AD《BC.

(1)求证:平面MBD±平面SCD;

(2)若直线SD与底面ABCD所成的角为60°,是否存在点M使得二面角A-BD-M的

余弦值为苧?若存在,确定点M的位置;若不存在,请说明理由.

答案与分层梯度式解析

第一章空间向量与立体几何

综合拔高练

五年高考练

1.BP选项A,当入=1时，点P在线段CG上，设CP=x(OWxWl),若x=0,则

△ABF即为△ABC,此时^ABF的周长为2夜+1;若x=l,则AABF即为△ABC,此

时AABF的周长为2V2+1.若0<x<l,PCFI-X,

在RtAPCA中,PA=4Tm，

在RtABiCiP中,PB,=7i+(1一了KN2x+2,

而ABi二四，所以AABF的周长为>/^+&2-2x+2+V1+不为定值,故选项A错误；

选项B,当u二1时，点P在线段BC上，

因为BC〃BC,BCa平面ABC,BCc平面A】BC,

所以BC〃平面A%

所以直线BC上的任何一点到平面A,BC的距离均相等，

所以三棱锥P-A.BC的体积为定值,故选项B正确；

取BC,B£的中点分别为0,0i,连接00卜A0,易知00」平面ABC,A0±BC,以

OB,0A,00i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&oo),A(o,-今0),川(0,一二1),选项C,当人档时，点P在线段00.±,设

P(o,0,z)(OWzWl),则于二(o,冬Z.1),前二若AiPJ_BP,则承•BP=Ot

即Z(Z-1)=0,解得z=0或z=l,即当X苫时,存在两个点P,使得A.P1BP,故选项C

错误；

选项D,当口中寸，点P在线段MN上（M,N分别是线段BBbCC.的中点），

则而中,今）

若A】B_L平面ABR贝!]AiB_LAP,贝！]福•4P=0,

即&务1）•（若力带x+；A。，解得xf所以P0，词,易验证此时满足ABJ_平面

ABR

所以当u三时,有且仅有一个点P,使得平面AB.P,故选项D正确.故选BD.

2.证明⑴取AC的中点Eb连接EEi.

由题易得,EC,EB,EE,两两垂直,以E为原点,EC,EB,EE1所在直线分别为x轴、y

贝(]E(0,0,0),B(0,0),母,o),A.(-c,0,a),B1(0,a),G(c,0,a),

所以;(X=(c,0),ED=

所以宿二2说,所以而//EDy

所以AB〃ED.

因为EDc平面DEG,ABQ平面DECi,

所以AB〃平面DEC..

(2)由(1)得同二(0,\fh^f0),耐二(c,0,a),

而港•反7=0,所以同J_西，

所以BEJ_CE

3.答案②③

解析过点C作直线a,//a,bi〃b,则直线AC,abbi两两垂直.不妨分别以

abbbAC所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,取八尸(1,0,0)为&

的方向向量，八2二(。1,0)为b的方向向量，令A(0,0,1).可设B(cos0,sin

6,0),则方二(cos。，sin0,-1).

当直线AB与a成60°角时，|c.os<n.i,AB>=i,

.e•IcosO|~,|sin0|~

|COS〈八2,同>层，

即AB与b所成角也是60°.

.・1cos5,同>1谭等曙弓，

，直线AB与a所成角的最小值为45°.

综上，②和③是正确的,①和④是错误的.

4.解析(1)证明:在ACDM中,DC=1,MC=2,NDCM=60°,则DM=V5,所以CDLDM.

又因为CDLPD,所以CD,平面PDM.

因此CD±PM.

又因为AB〃CD,所以AB±PM.

⑷如图,以D为原点,分别以身辘DM,DC为x轴,y轴的正半轴,建立空间直角坐

标系Dxyz.

贝！］A(2V3,-2,0),C(0,1,0),M(V3,0,0),igP(V3,0,z°),z0>0,

因为PA=g,所以Z0=2V2,

故P(V5,0,2⑸,N俘鼻阀,

所以前=(.苧或，旬,DP=(V3,0,2⑸,DM=(V3,0,0).

设平可PDM的一个法向量为n=(x,y,z),

由卜・吧=0,得器X+2V2Z=0,取八二(0,1,0).

设直线AN与平面PDM所成角为a,

所以sina=：cos〈病,心嚼:邛.

|AN|•|n|o

因此,直线AN与平面PDM所成角的正弦值为平.

5.解析(1)证明:因为PD_L底面ABCD,所以PD1AD.又底面ABCD为正方形，所以

AD1DC.因此ADJ_平面PDC.

因为AD〃BC,ADC平面PBC,

所以AD〃平面PBC.

由已知得1〃AD.因此1_L平面PDC.

⑵以D为坐标原点,方的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系

Dxyz,则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1).

由⑴可设Q(a,0,1),则加二(a,0,1).

设”(x,y,z)是平面QCD的一个法向量，则

{::黑二；即修。””可取小(—0，a).

所以3d两＞=瑞=卧・

设PB与平面QCD所成的角为0,

则sin8等X黑松r

因为？/+嘉《苧，当且仅当a=l时等号成立，所以PB与平面QCD所成角的正弦

值的最大值为争

6.解析⑴证明:在4ABD中，「AB二AD,。为BD的中点，，AO，BD,又二平面

ABD_L平面BCD,平面ABDA平面BCD=BD,AOu平面ABD,JAOJ_平面BCD,又CDc

平面BCD,・・・AO，CD.

⑵由OC=OD=OB得BCLCD,由⑴知AO_L平面BCD,以C为原点,CD,刀,方的方向

分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则

C(O,O,O),B(O,V3,0),设AO=a.

则E（渭李），，麻（0,V3,0）,目信苧争）,设平面EBC的法向量为八二（x,y,z）,则

n•岂=0,即『y时2令X=a,则Z=-1,An=(a,0,-1),

(n•CE=0,(-X+yy+-az=0,

易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),

由题可知Icos<m^>|二扃*卜|岛|呼，・・・a=l,即A0=l,

••VA-BCD=-SABCDA0二器XlXgXl]

故三棱推A-BCD的体积为今

7.解析⑴证明：:直四棱柱ABCD-ABCD的底面是菱

形,AA尸4,AB=2,ZBAD=60°,E,M,N分别是BC,BB.,A】D的中点，

•♦・加」平面ABCD,DE±AD,

以D为原点,DA,DE,DD,所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,

则M(l,V3,2),N(l,0,2),D(0,0,0),E(0,V3,0),G(-1,冉,4),・••丽二(0,一

V3,0),西二(-1,V3,4),DE=(0,V3,0),

设平回gDE的一个法向量为八二(x,y,z),

[7|||(n・DC7=O,nnf-x+V3y+4z=0,

AJ[n-DE=0,飞国=0,

取z=1,则(4,0,1).

丁而•八二0,MNC平面CiDE,

・・・MN〃平面CiDE.

⑵由⑴得C(T,6,0),・••瓦二(T,俗0),

而平面C.DE的一个法向量为八二(4,0,1),

・••点C到平面GDE的距离d二埠产方空

8.解析VBFlA.BbBFCBB=B,

JABJ•平面BCCB,・.・AB〃AB,・・.AB_L平面BCCB,

又・.・BCu平面BiCiCB,AAB1BC.

以B为坐标原点,BA,BC,BB,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(0,0,0),F(0,2,1),E(l,1,0),J方二(0,2,1),设

BJ)=a(0<a<2),贝!JD(a,0,2),则旗二(1一包1,一2).

D

(1)证明：・・•赤•反一(0,2,1)•(1-a,1,-2)-OX(1-a)+2X1+1X(-2)-0,ABF±DE.

(2)EF=(-1,1,l),FD=(a,-2,1),

设平面DFE的法向量为n=(x,y,z),

不妨设x=l,则fz=竽,.,•七(1,等，钥.

易知m=(l,0,0)是平面BBCC的一个法向量.

设平面BBCC与平面DEF所成的锐二面角的大小为0,

贝!]cos6=|cos<m,n>|二坪2

/.sin0=V1-cos262f,故当a=l,即BQ带时,平面BB£C与平面DFE所成的二面

角的正弦值最小,最小值为学

三年模拟练

1.C当b=0时,①显然不成立，

当a±b,且b_Lc时,a•b二b•c=Of不能说明a=c或b=Oy故②错误；

若｛〃,b,c｝为空间向量的一组基底，则b,c不共面，所以研瓦b+c,c+〃也不共

面，则｛〃+b,b+c,c+。｝构成空间向量的另一组基底,故③正确；

因为a•b=b•a,c•d-d,c,所以■•b)•(c•d)=(d•c)•(b•a),故④正确.

2.C•/SA,SB,SC两两垂直,且SA=SB=SC=1,A以SA,SB,SC为棱长补作正方体

MNQB-ADCS,如图.以B为原点,BM,BQ,BS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空

间直角坐标系,则

B(0,0,O),A(1,O,1),C(O,1,1),N(1,1,0),.*.^4=(1,0,l),5C=(0,1,1),5N=(1,1,0

).

设平司JBC的一个法向量为八二(x,y,z),

则卜•雪=x+z=:取xj则yjz=--T),

三棱锥S-ABC的外接球就是棱长为1的正方体MNQB-ADCS的外接球.

♦・,点P是三棱锥S-ABC外接球面上一动点，

・・・由正方体与球的几何性质可得,当点P与点N重合时，点P到平面ABC的距离

最大，

・•・点P到平面ABC的距离的最大值为耳产惜考.

3.C如图,以C为原点,CD所在直线为x轴,CB所在直线为y轴,过C且与平面

BCD垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,则

C(0,0,0),A(0,1,1),B(0,2,0),D(1,0,0),设Q(q,0,0)(0^q<l),设

AP=AAB=(0,入，-入)(0〈入Wl),则丽二衣-(次+存)=(q,0,0)-(0,1,1)-(0,入，-

X)=(q,-1-X,人-1),易求得而二(1,T,-1).•・•异面直线PQ与AD成30°

角，,侬3。。嚅翁瑞.六•RE』州--

5q2+16qG[0,11),即隐魂解得-卷入《＜(K入＜1,A0＜X4可得

IAP|=历广品入£(0,1).故选C.

C

4.P如图,构造长方体ABCD-PQGH,则E是GH的中点.

在A中，•:二面角D-BC-G是直二面角，

J二面角D-BC-E是锐二面角，故A错误；

在B中,连接BD,MN,则N是BD的中点,

AMN/7BE,

・・・BM与EN是相交直线，故B错误；

在C中，以C为原点,CD所在直线为x轴,CB所在直线为y轴,CG所在直线为z轴,

建立如图所示的空间直角坐标系，

设AB=2,

则C(0,0,0),B(0,2,0),D(2,0,0),E(l,0,V3),M(1,o^),N(l,1,0),

/.CM=(1,O,y),£W=(O,1,-V3),

：.CM•前二-尹0,・・・CM与EN不垂直故C错误;

在D中,£W=(0,1,-V3),C5=(0,2,0),

设平面MCB的一个法向量为八二(x,y,z),

.CM=|x+fz=0,

则n

,n•CB=2y=0,

令x=l,得n=(l,0,-V3),

设直线EN与平面MCB所成的角为o,

则sin0理工W，

2|EN||n|4'

・・・直线EN与平面MCB所成角的正弦值为*故D正确.故选D.

5.ABD根据题意,得斓,AB-AA[•AD=AB•AD-IXlXcos60°苫所以

(砧+旗+砌2二宙2+漏2+前，2(初.AB+'AB•AD+AA^•砌=3+3=6,

2AC2=2(AB+AD)2=2(JAB2+AD2+2AB•茄)=2X(1+1+1)=6,故A正确；

由西二4+初一痛,AC=AB+ADf彳导

2

|西|=JAD+标2+而2+2(而.初-矶•AB-AD.AB)=V3^1=V2fAC|=

JAB2+AD2+2AB•AD=y/3y

22

BD[•AC=(AD+AA{-AB)•(JS+AD)=AD+AA^•AS+AA^•AD-AB=lf

所以cos〈西,就〉二篇落*故B正确；

连接BD交AC于点0.易知四面体A-ABD为正四面体,则点A1在平面ABD上的射

影P为A0上靠近0的三等分点,则AP三A0!

AcosZA.AP^,即AAi与平面ABCD所成角的余弦值为今故C错误；

因为AD〃平面ABCD,所以AD到平面ABCD的距离d即为点A1到平面ABCD的距

离，所以d二PA尸〃及AP2=*故D正确.

6.答案力

解析不妨设|而|二|南|二|左|二|方二1,由题意知,向量近，据,左不共

面，aW90°,a#0°,所以存在实数a,b,c使得而二a57+b治+c次，

贝阿•iDD-aOA•OD+bOB•OD+CO?•0Df

所以才二a|ol||OD|COSa+b|os||OD|COSa+C|OC||OD|COSa,

所以l=acosa+bcosa+ccosa,即ci+b+c=—.

cosa

2

因为话•^4=aol+bOF•OA+COC•OA,

所以|而1571cosa=a+b|~OB|dl|cosa+coc|•|OA|cosa,

所以cosa二a+bcosa+ccosa,即a=(l-b-c)cosa,

同理可得b=(l-a~c)cosa,c=(l-a-b)cosa,

所以a+b+c=(3-嘉)cos。/，

所以3cos2a_2cosa-1=0,

所以cos或cosa=1(舍去).

7.解析以A为原点，茄，茄，万的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图

所示的空间直角坐标系，则

A(0,0,0),B(l,0,O),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),，赤(0,2,0),PC=(1,1,-

2),PD=(0,2,-2),BP=(-1,0,2),CD=(-1,1,0),CB=(0,-1,0).

(1)YPAJ_平面ABCD,ADc平面ABCD,

APA±AD,又ABJ_AD,PAAAB=A,

，AD_L平面PAB,

・・・而=(0,2,0)是平面PAB的一个法向量.

设平面PCD的一个法向量为侬二(x,y,z),

则忙黑刎凝鬣°,令曰则z=l，x=l，

Am=(l,1,1),

・・・cos〈前,叱=骷哼・・・平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为今

(2)设Q为直线PB上一点，丽=XBP=(-入，0,2入)”R),

又而=(-1,1,0),CB=(0,-1,0),

=CB+BQ=(-X,-l,2X),则点Q到直线CD的距离d=J&2(阿COSV衣，而>)2

二辰(鬻)2

=J(力2+(—1)2+(2入)2.(篇)2

=新+入+只％+丁+芸,

故异面直线PB与CD之间的距离为|.

8.解析(1)证明:在题图1中,AF=FC,BF+FOV5AB,设AB=Ha(a>0),BF=x(x>0),

则BC=3a,

在ABAF中，BF2+AB2=AF2,即x2+3a2=(3a-x)2,

解得x二a,则AF=FO2BF=2a,所以NBAF=30°,易知AEFC为等边三角形，所以

EF=EC.

因为在题图2中，点B落在线段FC上，所以BC=BF=a，所以BE1FC,

又AB±BF,即AB±CF,ABABE=B,AB,BEc平面ABE,所以CF,平面ABE.

又CFc平面EFC,所以平面ABE，平面EFC.

⑵以F为原点,FC所在直线为x轴,过点F且平行于BE的直线为y轴,过点F且

垂直于平面EFC的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系，

则F(0,0,0),C(2a,0,0),B(a,0,0),E(a,V5a,0),所以靛=(0,V5a,0),

易得平