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人教A版（2019）选择性必修第一册 1.4 空间向量的应用 同步练习
一、单选题
1．在空间直角坐标系中，若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则（ ）
A． B． C．或 D．l与斜交
2．平面的一个法向量是,,，平面的一个法向量是,6,，则平面与平面的关系是（ ）
A．平行 B．重合 C．平行或重合 D．垂直
3．已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的（ ）
A．充要条件 B．既不充分也不必要条件 C．充分不必要条件 D．必要不充分条件
4．已知平面内的两个向量，且．若为平面的法向量，则的值分别为（ ）
A． B． C．1，2 D．
5．已知平面内有一点，平面的一个法向量为，则下列点P中，在平面内的是（ ）
A． B．
C． D．
6．已知正方体的棱长为a，则平面与平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在三棱锥中，已知，，平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．已知斜三棱柱中，底面是直角三角形，且，，，与AB、AC都成角，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
9．长方体，，，点在长方体的侧面上运动，，则二面角的平面角正切值的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
10．已知点是平行四边形所在的平面外一点，如果，，.对于结论：①；②；③是平面的法向量；④.其中正确的是（ ）
A．②④ B．②③ C．①③ D．①②
11．如图，已知正方体中，F为线段的中点，E为线段上的动点，则下列四个结论：①存在点E，使；②存在点E，使平面；③EF与所成的角不可能等于60°；④三棱锥的体积随动点E的变化而变化．其中正确结论的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
12．在棱长为2的正方体中，点在棱上，，点是棱的中点，点满足，当平面与平面所成（锐）二面角的余弦值为时，经过三点的截面的面积为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．已知直线的一个方向向量为，直线的一个方向向量为，则两直线所成角的余弦值为________．
14．如图所示，点、、分别在空间直角坐标系的三条坐标轴上，，平面的一个法向量为，平面与平面的夹角为，则________.
15．如图所示，ABCD-EFGH为边长等于1的正方体，若P点在正方体的内部且满足，则P点到直线AB的距离为________．
16．如图，边长为的正方形所在平面与正方形所在平面互相垂直，动点、分别在正方形对角线和上移动，且.则下列结论：
①长度的最小值为；
②当时，与相交；
③始终与平面平行；
④当时，为直二面角．
正确的序号是__________．
17．如图，在三棱锥中，，，E，F，O分别为棱，，的中点，记直线与平面所成角为，则的取值范围是______.
三、解答题
18．四棱锥，底面为正方形，边长为4，为中点，平面.
（1）若△为等边三角形，求四棱锥的体积；
（2）若的中点为，与平面所成角为45°，求与所成角的大小.
19．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是中点.
（1）求直线与平面的夹角余弦值；
（2）求点到平面的距离.
20．如图在四棱锥中，底面为菱形，，点为线段的中点且，设平面与平面的交线为直线．
（1）证明：直线平面；
（2）若，求二面角的余弦值．
21．在多面体中，正方形和矩形互相垂直，、分别是和的中点，．
（1）求证：平面．
（2）在边所在的直线上存在一点，使得平面，求的长；
参考答案：
1．C
由可得，所以或，即可得正确选项.
【详解】
直线l的方向向量为，平面的法向量为，
因为，
所以，
所以或，
故选：C.
2．C
由题设知，根据空间向量共线定理，即可判断平面与平面的位置关系.
【详解】
平面的一个法向量是,,，平面的一个法向量是,6,，
，
平面与平面的关系是平行或重合．
故选：C．
3．D
利用充分条件、必要条件的定义结合空间线面关系与空间向量之间的关系判断可得出结论.
【详解】
若，则或；
另一方面，若，则.
因此，“”是“”的必要不充分条件.
故选：D.
4．A
由空间向量线性关系的坐标运算求坐标，再根据为平面的法向量有，即可求.
【详解】
．
由为平面的法向量，得，即，解得．
故选：A
5．A
可设出平面内内一点坐标，求出与平面平行的向量，利用数量积为0可得到，，的关系式，代入各选项的数据可得结果．
【详解】
解：设平面内一点，则：
，
是平面的法向量，
，，
由得
把各选项的坐标数据代入上式验证可知适合．
故选：．
本题考查空间向量点的坐标的概念，法向量的概念，向量数量积的概念．
6．D
建立空间直角坐标系，用空间向量求解
【详解】
由正方体的性质，∥,∥，，，
易得平面平面，
则两平面间的距离可转化为点B到平面的距离．
以D为坐标原点，DA，DC，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴
建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，．
连接，由，，且，可知平面，
得平面的一个法向量为，
则两平面间的距离．
故选：D
7．A
取的中点为，连接，证明平面，，然后建立空间直角坐标系，利用向量求解即可.
【详解】
取的中点为，连接
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面
所以平面
因为，
所以
如图建立空间直角坐标系，则
所以
所以异面直线与所成角的余弦值为
故选：A
8．A
设，，，即可求出，，，再用、、表示出、，根据平面向量数量积的运算律求出、、，最后根据夹角公式计算可得；
【详解】
解：设，，，则，，，
所以，，所以，
，，
所以．
故选：A
9．B
根据题中的线面关系建立空间坐标系，运用空间向量求解即可.
【详解】
如图以点D为坐标原点建立空间坐标系
设点P的坐标为 图中各点的坐标表示如下：
B(1，1，0)，D1(0，0，2)，A(1，0，0)
，又
即，，所以
所以点P在平面BCC1B1内的轨迹为由点C到BB1四等分点（靠近B点）的一条线段，
且点P由C点向BB1四等分点移动过程中，二面角B-AD-P逐渐增大
当点P位于C点处时，二面角B-AD-P最小，最小值为0
当点P为与BB1四等分点处时，二面角B-AD-P最大，此时，
即为二面角B-AD-P的平面角，
所以二面角B-AD-P正切值的取值范围为[0，].选项ACD错误，选项B正确
故选：B.
10．B
求出判断①不正确；根据 判断②正确；由，判断③正确；假设存在使得，由无解，判断④不正确.
【详解】
由，，，，2，，，2，，知：
在①中，，故①不正确；
在②中，，，，故②正确；
在③中，， ，又因为，，知是平面的法向量，故③正确；
在④中，，3，，假设存在使得，则，无解，故④不正确；
综上可得：②③正确．
故选：B．
本题考查命题真假的判断，考查空间向量垂直、向量平行等基础知识，考查了平面的法向量以及空间向量的模，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
11．D
设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间线面平行与垂直的判定及性质定理、向量的夹角判断异面直线所成角、三棱锥的体积计算公式即可得出．
【详解】
解：设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，1，，，1，，，0，，，0，，，1，，，1，，点，
则，而，，
，因此，
，，，，
对于①而言就是否存在实数，使，而，，，，此即，这样的不存在，①错误；
对于②而言就是否存在实数，使平面，首先我们在平面内任意找到两条相交直线的方向向量，不妨就找和，
，于是，即就是当为的中点的时候，②正确；
同理，对于③而言，还是判断这样的实数是否存在，，
设其夹角为，则，
令，此即，将上式平方解得，将回代原式结论成立，这样的存在；③错误；
对于④来说，点无论在上怎样移动，底面的高不变，故而底面面积不变，三棱锥的高为定值，所以其体积不会随着点的变化而变化，故④错误．
所以正确的个数为1个.
故选：D.
12．B
以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，由空间向量结合平面与平面所成二面角的余弦值为求出的值，画出截面图，求出截面五边形的边长，再由等腰三角形及等腰梯形的面积求和可得答案
【详解】
解：如图，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，所以，
设平面的一个法向量为，则
，取，则，
平面的一个法向量为，
由题意得，解得或（舍去），
延长，设，连接，交于，延长，交的延长线于，连接，交于，则五边形为截面图形，
由题意求得，，，，，，截面五边形如图所示，
则等腰三角形底边上的高为，等腰梯形的高为，
则截面面积为
故选：B
关键点点睛：此题考查二面角的平面角及其求法，考查平面的基本性质及推理，考查运算能力，解题的关键是建立空间直角坐标系，由平面与平面所成（锐）二面角的余弦值为求出，属于中档题
13．
根据空间向量的夹角公式代入计算即可.
【详解】
，所以两直线所成角的余弦值为.
故答案为：
14．
分析可知平面的一个法向量为，利用空间向量法可求得的值.
【详解】
由题意可知，平面的一个法向量为，所以，.
故答案为：.
15．
过P作PM⊥平面ABCD于M，过M作MN⊥AB于N，连接PN，则PN即为所求，由已知可得，即可求出.
【详解】
解析：过P作PM⊥平面ABCD于M，过M作MN⊥AB于N，连接PN，则PN即为所求，如图所示．
因为，
所以，
所以.
即P点到直线AB的距离为.
故答案为：.
16．①③
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间中两点间的距离公式、二次函数的基本性质可判断①的正误，证明、、不共面可判断②的正误，利用空间向量法可判断③的正误，利用二面角的定义可判断④的正误.
【详解】
因为平面平面，平面平面，，平面，平面，
因为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、、、、、.
对于①，，
当且仅当时，等号成立，①正确；
对于②，当时，，，
，，，
设，即，该方程组无解，所以，②错误；
对于③，、.
，平面的一个法向量为，
，则，平面，平面，③正确；
对于④，当时，、.
设平面的法向量为，，，
由，得，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，得，取，可得，
所以，，此时，二面角不是直二面角，④错误.
故答案为：①③.
结论点睛：利用空间向量法处理平行与垂直问题：设直线、的方向向量分别为，，平面、的法向量分别为，.
（1），，
；
（2）；
（3），；
（4）；
（5），，；
（6）.
17．
易证得，引入辅助角变量，设，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求得线面角的正弦值，从而可判断所求角的范围.
【详解】
解：因为，，
所以，
所以，
又因为为的中点，
所以，
又，所以平面，
设，
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
则平面与平面重合，
不妨设，
则，
则，
，
则，
因为平面，
所以即为平面的一条法向量，
因为直线与平面所成角为，，
所以
，
因为，所以，
所以，
所以.
故答案为：.
18．（1）；（2）.
（1）由棱锥体积公式计算；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【详解】
（1）∵正方形边长为4，△为等边三角形，为中点，
∴，；
（2）如图以为轴建立空间直角坐标系，则，，，
，∴，，
∴，
即与所成角的大小为．
19．（1）；（2）.
由于底面是矩形，平面，所以可得两两垂直，所以如图建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可
【详解】
因为平面，平面，平面，
所以,
因为四边形为矩形，所以，
所以两两垂直，所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所以示，
因为，，是中点，
所以，,
所以，
设平面的法向量为，则
，令，则，
（1），设直线与平面的夹角为，
则，
因为
所以，
（2）因为，面的法向量为，
所以点到平面的距离为
20．（1）证明见解析；（2）．
（1）由于四边形为菱形，所以，再由线面平行的判定定理可得平面，再由线面平行的性质定理可得，再由线面平行的判定定理可证得结论；
（2）由已知条件可证得平面，所以以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可
【详解】
（1）证明：因为四边形为菱形，所以，
因为平面平面，
所以平面．
因为直线为平面与平面的交线，平面，
所以．
因为平面平面，
所以平面．
（2）解：因为，点为线段的中点，所以．
因为平面，
所以平面．
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为，所以，
所以．
设平面的一个法向量，
则有即
取，得．
取平面的一个法向量为．
设二面角的大小为，
所以．
关键点点睛：此题考查线面平行的判定定理和性质定理的应用，考查二面角的求法，解题的关键是建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可，考查推理能力和计算能力，属于中档题
21．（1）证明见解析；（2）．
（1）利用面面垂直的性质定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，计算出平面的一个法向量的坐标，由已知条件可得出，可求得的值，进而可求得的长.
【详解】
（1）因为四边形为矩形，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面；
（2）因为平面，四边形为正方形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、，设点，
，，，
设平面的法向量为，
由，令，可得，
要使得平面，则，所以，，解得，
则，此时，.
方法点睛：立体几何开放性问题求解方法有以下两种：
（1）根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，然后再加以证明，得出结论；
（2）假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．

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