第12讲 第一章 空间向量与立体几何
学习目标
第12讲 第一章 空间向量与立体几何
章节验收测评卷
（考试时间：150分钟 试卷满分：150分）
一、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．在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据点关于平面的对称点是即可得出答案.
【详解】点关于平面的对称点是，
,
故选：A.
2．如图，在三棱锥中，设，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意，结合空间向量的线性运算即可求解.
【详解】连接，
.
故选：C
3．已知，则（ ）
A．-1B．1C．0D．-2
【答案】A
【分析】由向量的加法，乘法的坐标运算得出结果.
【详解】由已知可得, ，
则，
故选：A
4．已知是空间的一个基底，是空间的另一个基底，一向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用空间向量基本定理求解即可.
【详解】设向量在基底下的坐标为，则，
又向量在基底下的坐标为，则，
所以，即，
所以解得
所以向量在基底下的坐标为.
故选：B.
5．已知，，三点不共线，为平面外一点，下列条件中能确定，，，四点共面的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据点与点共面，可得，验证选项，即可得到答案.
【详解】设，
若点与点共面，
则，
对于选项A：，不满足题意；
对于选项B：，不满足题意；
对于选项C：，不满足题意；
对于选项D：，满足题意.
故选：D.
6．如图，在三棱锥中，为等边三角形，为等腰直角三角形，，平面平面，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】取的中点，连接，，根据面面垂直的性质定理得平面，建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线夹角的余弦值即可.
【详解】取的中点，连接，，因为，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.又因为，所以，于是以为坐标原点，
建立如图所示的空间直角坐标系，结合为等腰直角三角形，
，为等边三角形，
则，，，，
所以，，
所以，
故异面直线与所成角的余弦值为.
故选：D
7．棱长为2的正方体中，设点为底面内（含边界）的动点，则点到平面距离之和的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量，然后利用距离的向量公式并换元化简得，最后利用二次函数性质求解最值即可.
【详解】在正方体中，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，
如图所示：
则，设，
所以，，设平面的法向量为，
则，令，则．于是，
则点到平面距离之和为，
设，则，，
因为，所以，所以，
函数开口向上，对称轴为，在上单调递增，
所以当时，取到最小值为.
故选：B
8．古代城池中的“瓮城”，又叫“曲池”，是加装在城门前面或里面的又一层门，若敌人攻入瓮城中，可形成“瓮中捉鳖”之势．如下图的“曲池”是上、下底面均为半圆形的柱体．若垂直于半圆柱下底面半圆所在平面，为弧的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦即得.
【详解】在半圆柱下底面半圆所在平面内过作直线的垂线，由于垂直于半圆柱下底面半圆所在平面，
则以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
于是，，
又为的中点，则，，
,，
设平面的法向量，则，
令，得，
设直线与平面所成角为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：D
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．如图，在下列给出的正方体中，点为顶点，点为下底面的中心，点为正方体的棱所在的中点，则与不垂直的是（ ）.
A．B．
C．D．
【答案】CD
【分析】建立适当空间直角坐标系，利用空间向量分析判断即可.
【详解】设正方体的棱长为2，
对A：建立如图所示空间直角坐标系，则，
可得，则，
所以，即，故A错误；
对B：建立如图所示空间直角坐标系，则，
可得，则，
所以，即，故B错误；
对C：建立如图所示空间直角坐标系，则，
可得，则，
所以与不垂直，即与不垂直，故C正确；
对D：建立如图所示空间直角坐标系，则，
可得，则，
所以与不垂直，即与不垂直，故D正确.
故选：CD.
10．下面四个结论正确的是（ ）
A．若三个非零空间向量满足，则有
B．若空间四个点，，则三点共线．
C．已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底
D．已知向量，，若，则为钝角．
【答案】BC
【分析】
根据向量的概念，空间向量的基本定理，以及空间向量基底的定义和空间向量的数量积的运算公式，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，若非零空间向量满足，不一定满足，所以A不正确；
对于B中，因为，则，即，
又因为与有公共点，所以三点共线，所以B正确；
对于C中，由是空间的一组基底，且，
令，可得，此时方程组无解，所以不共面，
所以可以作为一个空间基底，所以C正确；
对于D中，若为钝角，则，且与不共线，
由，解得，当时与平行时，由，解得，
当与不共线得，所以当且时，为钝角，所以D错误.
故选：BC
11．如图，正方体的棱长为2，分别为棱，的中点，为线段上的动点，则（ ）
A．对任意的点，总有
B．存在点，使得平面平面
C．线段上存在点，使得
D．直线与平面所成角的余弦值的最小值为
【答案】AD
【分析】连接，由正方体可得，再由平面，可得平面，从而可判断A；取棱的中点，连接，易知，，结合面面平行判定定理可得平面平面，根据面面关系即可判断B；连接，将沿翻折，使之与在同一个平面内，根据线线关系确定取得最小值的情况，即可判断C；取棱的中点，连接，，确定，的最小值，再分析直线与平面所成角的余弦值的最小值，或者建立空间直角坐标系，确定平面的法向量，直线的方向向量，根据空间坐标运算求线面夹角正弦值，从而得余弦值，即可判断D．
【详解】选项A：如图1，连接，
因为分别为棱的中点，所以，
因为正方体，所以四边形为正方形，
则，所以，
又平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，故A正确；
选项B：如图2，取棱的中点，连接，
则易知，，而平面，平面，
故平面，
又平面，平面，同理平面，
因为，平面，所以平面平面，
但平面与平面相交，所以平面与平面不平行，故B错误．
选项C：如图3，连接，
易知，，将沿翻折，使之与在同一个平面内，
易知当为线段的中点，且时，取得最小值，
此时，（当为线段的中点时，，
易知平面，故当时，最小值为2）,故C错误；
选项D：解法一 如图4，取棱的中点，连接，，
则平面，所以直线与平面所成角为．
又，的最小值为，又，所以的最小值为．
在中，，所以的最大值为，
所以的最小值为，
所以直线与平面所成角的余弦值的最小值为，故D正确．
解法二 如图5，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设，则，
易知平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，
则，
当时，取得最大值，此时取得最小值，故D正确．
故选：AD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，为棱的中点，且，则 ．
【答案】2
【分析】根据数量积的定义求出，再由空间向量线性运算得到，最后根据数量积的运算律及计算即可.
【详解】底面为菱形，，，
，
为棱的中点,
，
，解得.
故答案为：.
13．直四棱柱的所有棱长都为，，点在四边形及其内部运动，且满足，则点到平面的距离的最小值为 ．
【答案】/
【分析】取交点于点，以所在直线为轴，过点竖直向上所直线为轴，建立空间直角坐标系，设，，，可得，则，由求出平面的一个法向量，由点到平面的距离公式可得，再由，可得点到平面的距离的最小值.
【详解】
取交点于点，
因为直四棱柱的所有棱长都为，
所以，
以所在直线为轴，过点竖直向上所直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
所以，，，，
，，
设平面的法向量为，
则有，令，则，，所以，
因为点在四边形及其内部运动，所以设，，
又因为，所以，
即，则，
设点到平面的距离为，则有，
又因为，所以时，，
即点到平面的距离的最小值为 .
故答案为：.
14．如图，在棱长为的正方体中，在棱上，且，以为底面作一个三棱柱，使点分别在平面上，则这个三棱柱的侧棱长为 ．
【答案】
【分析】建立平面直角坐标系写出点的坐标，根据三棱柱中向量相等得到坐标，进而得到的坐标，从而得到侧棱.
【详解】
以为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
，，，，，，
则，，，
由三棱柱可知，即，所以，，
，即，所以，，
所以，所以，
故这个三棱柱的侧棱长为，
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．直三棱柱中，，，为中点，为中点，为中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面夹角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【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，利用空间向量法可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得直线与平面夹角的正弦值；
（3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值．
【详解】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则，
以、、所在直线分别为、、轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，
则，0，、，2，、，0，、，0，、
，0，、，0，、，1，、，0，、，
，易知平面的一个法向量为，
，故，平面，故平面；
（2）由（1）知，，，
设平面的法向量为，
则，取，
，
直线与平面夹角的正弦值为；
（3）由（1）知，，
设平面的法向量为，
则，取，
，
平面与平面夹角的余弦值为．
16．如图，在直三棱柱中，，，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)若二面角的余弦值为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)点到平面的距离为.
【分析】（1）先证四边形为正方形，得到，再证平面，从而得到，即可证明平面；
（2）建系，设边长，写出相应点和向量的坐标，求出两个平面的法向量，利用二面角的余弦值列式子，求出的长度，再利用点到平面的距离公式，求出点到平面的距离.
【详解】（1）证明：由直三棱柱的性质可知，，四边形为平行四边形，
又因为，所以四边形为正方形，所以，
因为，，，
所以平面，
所以，
因为，
所以，
又因为平面
所以平面.
（2）以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，
所以，，，
所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，所以，
取，则，，
所以，
设二面角的大小为，
则，解得，
所以，平面的一个法向量，
设点到平面的距离为，
则，
所以点到平面的距离为.
17．如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面ABCD，点P、Q分别是棱、的中点．
(1)在底面内是否存在点M，满足平面CPQ?若存在，请说明点M的位置，若不存在，请说明理由；
(2)设平面CPQ交棱于点T，平面CPTQ将四棱台，分成上、下两部分，求上、下两部分的体积比．
【答案】(1)存在，点M的位置见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设出点M的坐标，再依据，利用向量的数量积列出等式计算即可；
（2）设出点T的坐标，根据平面向量基本定理，求出点T的坐标，再直接求体积即可.
【详解】（1）因为四棱台的上、下底面都是正方形，且底面ABCD，
所以可以以为坐标原点，分别为轴建立如图所示坐标系，
则
，
假设在底面内存在点M，满足平面CPQ，则可设，
有，则，即，
所以，，
故在底面内存在点，满足平面CPQ.
（2）设，因为点T在平面CPQ内，所以可设，
则，
所以，所以，则，
连接，，
设平面CPTQ将四棱台分成上、下两部分的体积分别为，
，
，，
取的中点，连接，则，，
又平面，平面，所以平面，
，
所以，
，
，所以，
所以所求的上、下两部分的体积比为.
18．如图，在三棱柱中，，，O为BC的中点，平面ABC.
(1)求证：；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值；
(3)若，，点M在线段上，是否存在点M使得锐二面角的大小为，若存在，请求出点M的位置，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在；答案见解析
【分析】（1）易证，，从而知平面，再由线面垂直的性质定理，即可得证；
（2）取的中点，连接，作于，连接，由几何关系证得为直线与平面所成的角，再求正弦即可；
（3）以O为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，利用向量法求二面角可得关于的方程，解之即可．
【详解】（1）证明：因为，，O为BC的中点，
所以，
又因为平面，平面，所以，
而平面，
所以平面，
平面，，
（2）取的中点，连接，作于，连接，
在三棱柱中，由题意可得，
又平面，平面平面，
所以，而平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，
又平面平面，，平面，
所以平面，所以为直线与平面所成的角，
因为，，
所以，
可得，
在中，，
所以，即，
所以；
（3）
在中，，，所以，
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设，，
则，
设平面MBC的法向量为，则，
取，则，，所以，
由知平面，
所以平面的一个法向量为，
因为锐二面角的大小为，
所以，
整理得，
解得，
因为，
所以，
故当时，可使得锐二面角的大小为
19．若，则称为维空间向量集，为零向量，对于，任意，定义：
①数乘运算：；
②加法运算：；
③数量积运算：；
④向量的模：，
对于中一组向量，若存在一组不同时为零的实数使得，则称这组向量线性相关，否则称为线性无关，
(1)对于，判断下列各组向量是否线性相关：
①；
②；
(2)已知线性无关，试判断是否线性相关，并说明理由；
(3)证明：对于中的任意两个元素，均有，
【答案】(1)①线性相关，②线性相关
(2)线性无关，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）（2）利用维空间向量线性相关的定义进行列式判断即可得解；
（3）利用维空间向量的数量积与模的公式，结合完全平方公式即可得证.
【详解】（1）对于①，假设与线性相关，
则存在不全为零的实数使得，
则，即，
可取，所以线性相关，
对于②，假设线性相关，
则存在不全为零的实数使得，
则，得，
可取，所以线性相关.
（2）假设线性相关，
则存在不全为零的实数，
使得，
则，
因为线性无关，
所以，得，矛盾，
所以向量线性无关.
（3）设，
则，
所以，
又，
所以
，
当且仅当同时成立时，等号成立，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用类比法，类比平面向量到维空间向量，利用平面向量的性质与结论列式推理，从而得解.