高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第一册4.3 用向量方法研究立体几何中的度量关系练习

这是一份高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第一册4.3 用向量方法研究立体几何中的度量关系练习，共30页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．长方体中，，，为侧面内的一个动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
2．已知正三棱台中，的面积为，的面积为，，则二面角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
3．如图，圆锥的高，底面直径是圆上一点，且，若与所成角为，则（ ）
A．B．C．D．
4．如图，在三棱锥中，平面，点分别为的中点，是线段的中点，，则直线到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，三棱柱满足棱长都相等，且平面，是棱的中点，是棱上的动点，设，随着增大，平面与底面所成钝二面角的平面角是（ ）
A．减小B．先减小再增大C．先增大再减小D．增大
6．如图，在空间直角坐标系中，正四棱柱的底面边长为4，高为2，O为上底面中心，E，F，G分别为棱、、的中点.若平面与平面的交线为l，则l的方向向量可以是（ ）

A．B．C．D．
7．如图所示，在棱长为2的正方体中，直线平面，是的中点，是线段上的动点，则直线与侧面的交点的轨迹长为（ ）
A．B．C．D．
8．是空间不共面的四点，且满足，，，为中点，则的形状为（ ）
A．等腰三角形B．锐角三角形
C．直角三角形D．钝角三角形
二、多选题
9．如图：三棱锥中，面，，，，，，，分别为棱，，的中点，为棱上的动点，过，，的平面交于．下列选项中正确的有（ ）
A．的最小值为2
B．时，
C．三棱锥被平面分割成的两部分体积相等
D．当为中点时，，，，，五点在一个球面上，且球的半径为
10．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达．芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1）把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则（ ）
A．
B．若为线段上的一个动点，则的最大值为2
C．点到直线的距离是
D．异面直线与所成角的正切值为
11．如图，在正三棱台中，已知，则（ ）
A．向量，，能构成空间的一个基底
B．在上的投影向量为
C．AC与平面所成的角为
D．点C到平面的距离是点到平面的距离的2倍
12．如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别是，的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．一定是异面直线
B．存在点，使得
C．直线与平面所成角的正切值的最大值为
D．过M，N，P三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为
三、填空题
13．如图，在中，，在直角梯形中，，，记二面角的大小为，若，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为 ．
14．在空间直角坐标系中，已知向量，点，点.若平面经过点，且以为法向量，是平面内的任意一点，则点的坐标满足的关系式为 .
15．在空间直角坐标系中，若平面过点，且以向量不全为零为法向量，则平面的方程为．已知平面的方程为，则点到平面平面的距离为 .
16．如图，正方形和正方形的边长都是1，且它们所在的平面所成的二面角的大小是，则直线和夹角的余弦值为 ．若分别是上的动点，且，则的最小值是 ．
四、解答题
17．在四棱锥中，底面为直角梯形，，侧面底面，且分别为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面的夹角的余弦值．
18．如图，在三棱柱中，侧面和均为正方形，，平面⊥平面，点M是的中点，N为线段AC上的动点；
(1)若直线平面BCM，求证：N为线段AC的中点；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．
19．如图，在三棱柱中，四边形为正方形，四边形为菱形，且，平面平面，点为棱的中点．

(1)求证：；
(2)棱上是否存在异于端点的点，使得二面角的余弦值为？若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由．
20．如图在等腰梯形中，，，，，，分别为，，的中点，现将绕翻折至的位置，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)当平面垂直于平面时，求平面与平面夹角的余弦值．
21．已知三棱柱中，，，且，，侧面底面，是的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在点，使得与平面的所成角为60°.如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由.
参考答案：
1．A
【分析】建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求出正弦值，再求正切值即可.
【详解】
以为原点建立空间直角坐标系，必有，，，
，设，而，，
由题意得，故，得，故，
故，，易知面的法向量，
故，
若最大，则最大， 由二次函数性质得当时，最大，
此时，，
此时最大，且，显然A正确.
故选：A
2．B
【分析】分别延长棱、、交于点，推导出三棱锥为正四面体，且为等边的中心，结合正四面体的几何性质,利用二面角的定义可求得结果.
【详解】因为的面积为，的面积，
所以，，
分别延长棱、、交于点，棱的中点为，
因为，，则，可得，
则，同理可得，
所以，四面体为正四面体，
延长交于点，则，所以，，
且，即，则为的中点，
又因为，则为正的中心，故平面，
所以二面角即正四面体相邻侧面的夹角，
因为为的中点，为等边三角形，则，
且，
因为是边长为的等边三角形，则，且，
故二面角的平面角为，
因为平面，平面，则，
则，故二面角的余弦值为.
故选：B.
3．B
【分析】建立空间直角坐标系，利用线线角的向量求法求解余弦值，再利用二倍角公式求出答案即可.
【详解】
建立如图所示的空间直角坐标系得：，
，而的夹角为
又
则，
由于，
故选：B.
4．D
【分析】建系，首先用向量法证明直线面，再用向量法求点到面的距离即可.
【详解】易知两两垂直，所以以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图
由题意可得
，
，
设为平面的一个法向量，
则，设，所以，
又，所以，且面，
所以面，
所以直线到平面的距离为点到平面的距离，设为，
，则，
故选：D
5．C
【分析】以中点为坐标原点，，分别为，轴，并垂直向上作轴建立空间直角坐标系，设所有棱长均为，则，平面法向量的夹角的余弦值，平面与底面所成钝二面角的余弦值，通过讨论的增减变化，即可得出结论.
【详解】
以中点为坐标原点，，分别为，轴，并垂直向上作轴建立空间直角坐标系，设所有棱长均为，则，，，，，，设平面法向量，
则，所以，令，有，，
故，
又平面的法向量，故两平面法向量夹角的余弦值，
又，故在上单调递增，上单调递减，
平面与底面所成钝二面角的余弦值，
所以在上单调递减，上单调递增，
即随着增大先减小后增大，所以随着增大先增大后减小.
故选：C.
6．A
【分析】作出平面、平面截正四棱柱所得截面，进而确定出交线l，再求出其方向向量.
【详解】连接，正四棱柱的对角面是矩形，则，
而分别是中点，则，又O为上底面中心，则，
因此四边形是平面截正四棱柱所得截面，
延长，由是的中点，得，连接，
则四边形是平面截正四棱柱所得截面，
显然与相交，令交点为，，四边形是正方形，则，
而，又，所以向量是直线的一个方向向量，A满足，
选项BCD中向量与不共线，即选项BCD不满足.
故选：A

【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
7．A
【分析】先建立空间直角坐标系，设出点的坐标，保证四点共面，从而得到向量与平面的法向量垂直，进而分析得出的方程表示的轨迹是什么，求解即可.
【详解】分别以所在直线为轴，如图建立空间直角坐标系；
其中点，，
由于直线平面，设，如图所示：
在矩形中，易得，可得：，

可得点满足，从而，
设平面的法向量为，
且，，
可得，即，不妨取，
由于直线与侧面的交点，设点，
可得四点共面，
且，显然，
得方程，显然方程在平面内表示一条直线，
当时，点，此时两点重合，
当时，，点，设线段的中点为，此时两点重合，
从而可得直线与侧面的交点的轨迹为线段，
且，
故选：A.

8．C
【分析】易知两两互相垂直，根据线面垂直的判定和性质可得，由此可得结果.
【详解】，，，两两互相垂直，
，平面，
平面，平面，
，为直角三角形.
故选：C.
9．ABC
【分析】建立空间直角坐标系，利用两点间距离公式结合闵可夫斯基不等式处理A，利用平面的方程处理B，利用截面计算体积为定值处理C，球的方程处理D即可.
【详解】
由题意得，故，又面，
故以为原点建立空间直角坐标系，故，，，
，，设，则，
故，
由闵可夫斯基不等式得，
当且仅当时取等，故A正确，
若，则，而，，
设面的法向量，故，，
则，，令，解得，，
故，设面任意一点坐标为，
可得面的方程为，当时，，
故，显然成立，故B正确，
三棱锥上部分被平面截为三部分，设原体积为1，
设，，
，
，
故，
则三棱锥被平面分割成的两部分体积相等，故C正确，
若为中点，则，，
，，设面的法向量，
则，，则，，
令，解得，，故，
故，则面的方程为，
当时，解得，，
设过，， ，的球方程为，将点代入方程，
可得，，
，解得，，，，
故球的方程为，经检验，也在该球上，
故，，，，五点共球，且球的半径为，故D错误，
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后求出关键点的坐标，得到所要求的球的方程，最后得到结果即可．
10．CD
【分析】根据空间向量线性运算法则判断选项A，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标的相关公式计算，即可分别判断选项B，C，D．
【详解】对于A项，因为，
所以，故 A项错误；
对于B项，如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，
设点，使，，
则，故，
则，
因，则时，即点与点重合时，取得最大值3，故B项错误；
对于C项，因，则，
故得：，
则点到直线的距离为：，故C项正确；
对于D项，因
则，
由，
则，
故即异面直线与所成角的正切值为，故D项正确.
故选：CD.
【点睛】方法点睛：解决此类问题的主要方法有：
（1）定义法：运用空间向量的加减数乘和数量积的定义进行计算分析；
（2）基底表示法：将相关向量用空间的一组基底表示再进行相关计算；
（3）建系法：通过建立空间直角坐标系，引入相关点的坐标，利用点线距离公式、空间向量的夹角公式等公式计算即得.
11．AD
【分析】A选项，根据棱台的特征得到三向量不共线，得到A正确；B选项，建立空间直角坐标系，利用空间投影向量公式得到在上的投影向量为；C选项，求出平面的法向量，利用线面角的夹角公式求出答案；D选项，利用点到平面的距离公式求出两个点到平面的距离，得到D正确.
【详解】A选项，正三棱台中，向量，，不共线，
故向量，，能构成空间的一个基底，A正确；
B选项，，故，，
取中点，的中点，连接，则⊥，⊥，
取的中心，连接，则⊥底面，
过点作平行于，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
连接，过点作⊥于点，
则，
因为，由勾股定理得，
则，
故，
，
故在上的投影为，
B错误；
C选项，，设平面的法向量为，
则，
解得，令得，故，
，
设AC与平面所成的角为，
则，
故，故AC与平面所成的角为，C错误；
D选项，点C到平面的距离是，
点到平面的距离，
点C到平面的距离是点到平面的距离的2倍，D正确.
故选：AD
12．AD
【分析】对ABC选项，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解和判断即可；对D选项，类比球体的截面，找到截面面积最大的状态，画出截面图，求得面积即可判断.
【详解】以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系：
则，
设，则点坐标为；
对A：设平面的法向量为，，
则，即，取，解得，故；
又，，
考虑到，则，故，
故一定是异面直线，A正确；
对B：，，
若，则，即，
解得，又，故不存在这样的点，使得，B错误；
对C： ，取平面的法向量，
则，
设直线与平面的夹角为
则，则，
，又，故，
即直线与平面所成角的正切值的最大值为，C错误；
对D：由正方体中心对称（类比为球体，将看做弦），
故过的截面经过对称中心所得截面最大，
此时截面交于中点，也为中点，
所以为的中点时，过三点的平面截正方体所得截面面积最大，
取的中点为，连接，如下所示：
故此时截面为正六边形，
其面积，故D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题A选项解决的关键是能够掌握用向量法证明异面直线的方法；本题D选项解决的关键是能够合理转化问题，类比解决，从而找到截面面积最大的状态.
13．
【分析】根据题意以和过点垂直于平面的直线建立空间直角坐标系，可知为二面角的平面角，设出点的坐标，由线面角的空间向量法求解最值.
【详解】如图，以和过点垂直于平面的直线建立空间直角坐标系，
则
由，，可知为二面角的平面角，
又，，
设，，
则，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以，
设直线与平面所成角为，
则，
其中，，
当且仅当，即时，取得最大值,
则的最大值为.
故答案为：
【点睛】思路点睛：根据题意设出点的坐标，从而由空间向量法表示出线面角的正弦值，利用基本不等式求解最值.
14．
【分析】由法向量的定义可知，由此即可得解.
【详解】由题意，若平面经过点，且以为法向量，
则，即点的坐标满足的关系式为.
故答案为：.
15．/
【分析】根据题意，得到平面过点，且法向量为，再由，结合距离公式，即可求解.
【详解】由平面的方程为，可得平面过点，且其法向量为，
又由点，可得，
所以点到平面的距离为．
故答案为：
16． /0.25；． /
【分析】利用已知条件结合向量法即可求解；利用二面角的定义证得就是二面角的平面角，即为，再利用空间向量将的长转化为的模求解，利用空间向量的线性运算和数量积、一元二次函数的图象与性质运算即可得解．
【详解】连接，如下图，
由题意，，，正方形中，，
正方形中，平面，平面，平面平面，
就是二面角的平面角，则，
向量与向量夹角为，且，
①，，，
，
，
直线和夹角的余弦值为；
②设，则，
且由题意，
，
，
令，,，图象开口向上，且对称轴为，
当时，取得最小值，又，
，即的最小值是．
故答案为：；．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）法一：利用构造平行四边形，结合线面平行的判定定理即可得证；法二：利用面面平行的判定定理与性质定理即可得证；
（2）依题意建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，从而利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）法一：取中点，连接，
为的中点，，
又，，
四边形为平行四边形，，
平面平面，
平面.
法二：取中点，连接，
为的中点，，
平面平面，平面，
又，，
四边形为平行四边形，，
平面平面，平面
又，平面，平面平面，
又平面，平面.
（2）因为平面平面，平面平面平面，，
平面，
取中点，连接，则平面，
所以是直线与平面所成的角，即，
又，，
又，
又，则，
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图，
，
，
设平面的一个法向量，，
则，取，则，
易得平面的一个法向量可取，
设平面与平面所成的夹角为，
，
故平面与平面所成的夹角的余弦为.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过点N作交BC于点Q，连接QM，得，进而利用直线与平面平行的性质定理可得，从而可证是平行四边形，则由是的中点可得N为线段AC的中点；
（2）先建立空间直角坐标系，再求得平面的法向量，设，则，进而利用向量法表示线面角，列方程求得，从而即可得到的长.
【详解】（1）在中，过点N作交BC于点Q，连接QM，如图：

因为，所以，
所以，N，Q，M四点共面．
因为直线平面，平面，平面平面，
所以．所以四边形是平行四边形．
所．所以为的中点．
（2）因为侧面为正方形，所以，
又因平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，，
又因为正方形，，以B为原点，BA，，BC分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如下图：

因为，
所以，，，，，，
所以，．
设平面的一个法向量为，
由得即．
取，得．
设，，则，
因为，所以．
所以，，，所以N点坐标为．
因为，所以
设直线与平面所成角为，
则，
解得 ，
所以，即线段的长为．
19．(1)证明见解析
(2)存在，点为棱的三等分点(靠近端)
【分析】（1）首先证明平面，然后由线面垂直可以得证；
（2）根据题目中的已知条件找到两两垂直的三条棱，然后建立空间直角坐标系，表示出相关点的坐标，假设点M存在，设出点M的坐标，求出平面和平面的法向量，结合空间向量的夹角公式列出方程，解方程即可确定点M的位置.
【详解】（1）取棱的中点，连接，
且，
为等边三角形，
，
四边形为正方形，且分别是的中点，
，
因为，平面，
平面，
因为平面，
所以.
（2）因为平面平面，平面平面，且，面，
所以面，
以为坐标原点，以，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图：

不妨设，则点，，，，
则，
设为平面的一个法向量，则由及得，
，取，得，
假设棱上(除端点外)存在点满足题意，
令 ()，得，
而，
设为平面的一个法向量，则由及得，
，取，得，
由，整理得，
解得，
所以点为棱的三等分点(靠近端).
20．(1)证明见解析
(2)0
【分析】（1）通过构造中位线得到线线平行，再结合线面平行判定定理即可证明；
（2）建立适当空间直角坐标系后借助空间向量计算即可得.
【详解】（1）∵在等腰梯形中，，∴，，
又为的中点，∴，及均为正三角形，
而，∴，∵为的中点，∴，，三点共线，，
又为的中点，∴，
连接交于，连，易得为的中点，
∴为的中位线，∴．
又∵平面，平面，
故平面；
（2）∵平面平面，为交线，，又平面
∴平面．
以，，所在射线分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系，
则有，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则有，令，所以，
易知平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，则有．
平面与平面夹角的余弦值为.

21．(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据余弦定理求得.由面面垂直的判定定理、线面垂直的性质即可证得两两垂直，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法即可证明；
（2）由（1），设，利用空间向量法求解即可.
【详解】（1）在中，，由余弦定理，
得，解得，得.
在中，，则为正三角形，
取BD的中点O，连接，则，又平面平面，
平面平面平面，所以平面.
取的中点E，连接OE，则，而，所以，
由平面，所以，
以O为原点，以所在直线为轴建立如图空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，
令，则，
所以，所以，
故平面平面；
（2）由（1）知，，，，，，
由，即，得，
所以，设，
则，又，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以，
所以，
整理，得，方程在上无实数解，
所以在上不存在点Q，使得与平面所成角为.