人教A版 (2019)1.4 空间向量的应用精品课时练习

这是一份人教A版 (2019)1.4 空间向量的应用精品课时练习，共13页。试卷主要包含了答案， 答案等内容，欢迎下载使用。


单选题：
1.已知向量，，若，则（ ）
A．B．C．D．7
2．已知四面体中，平面平面，为边长的等边三角形，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
3．正方体的棱上（除去棱）到直线与的距离相等的点有个，记这个点分别为，，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B． C． D．
4．如图所示，正方体的棱，的中点分别为，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A.152 B．C．D．
5．在正方体中，点为的中点，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为（ ）
B．C．D．
6. 若正方体表面上的动点满足，则动点的轨迹为（ ）
A．三段圆弧B．三条线段
C．椭圆的一部分和两段圆弧D．双曲线的一部分和两条线段
二、填空题:
7. 已知空间向量，，，，1，，若，则 ．
8.已知向量，， ，若，，是共面向量，则 ．
9．在正方体中，，分别是、的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 ．
10．如图，在正方体中，，分别为，的中点，则平面和平面所成二面角的正弦值为 ．

三、拓展题：
11.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，PQ⊥底面ABCD，且Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA＝PD＝2，BC＝eq \f(1,2)AD＝1，CD＝eq \r(3).
若平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°，求PM的长．
四、创新题：
12.如图所示，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝1，
PD＝eq \r(2)，E为PD上一点，PE＝2ED.

在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，说明理由..
13如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0＜λ＜2).

(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；
(2)是否存在λ，使平面EFPQ⊥平面PQMN？若存在，求出实数λ的值；若不存在，说明理由.
同步练习答案
选择题：
1.答案：B
解析：向量，，且，所以设，；则
，解得，，；所以． 故选B.
2. 答案：A
解析：根据题意画出图形如下图所示：

∵平面平面，平面平面，，
∴平面．
以过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，∴，，
∴，
∴异面直线与所成角的余弦值为． 故选A.
3.答案：D
解析：正方体的棱上到直线与的距离相等的点分别为：，的中点，的四等分点（靠近），假设与重合，的中点为，的四等分点（靠近）为，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，，，，
∴，，．
设平面的法向量，则，即，
取，得， 设直线与平面所成角为，
则直线与平面所成角的正弦值为．
故选D.
4. 答案：C
解析：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，则，，，
取平面的法向量为，
设直线与平面所成角为，则，
∴直线与平面所成角的正弦值为．
5. 答案:B
解析:以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
设棱长为，则，，，∴，．
设平面的一个法向量为，所以有，
即， 解得， ∴，
∵平面的一个法向量为，∴，
即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．
6. 答案：A
解析：解：建立如图所示的空间坐标系，设棱长为1，
则，，设，，
，，，，
，，
，
整理可得，()
动点的轨迹为三段圆弧， 故选：．
二、填空题：
7.答案：3
解析：向量，， ，，1，， ，
， 解得．
8. 答案：
解析：，，是共面向量，存在实数，，使得，
，解得，，．
9. 答案:
解析:设正方体的棱长为，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，， ∴，，
∴，
∴异面直线与所成角的余弦值为．
10. 答案:
解析:以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

设正方体的棱长为，
则，，，，．
设平面的一个法向量，则，
取，得， 所以平面的一个法向量，
设平面和平面所成二面角为，则，
所以．
三、拓展题：
11.答案：|PM|＝eq \r(7)或eq \f(\r(7),2).
解析：以Q为原点，分别以QA，QB，QP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
则Q(0，0，0)，D(－1，0，0)，P(0，0，eq \r(3))，B(0，eq \r(3)，0)，C(－1，eq \r(3)，0)，
所以eq \(PD,\s\up16(→))＝(－1，0，－eq \r(3))，eq \(PC,\s\up16(→))＝(－1，eq \r(3)，－eq \r(3))，
设平面PDC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(PD,\s\up16(→))·n＝0,\(PC,\s\up16(→))·n＝0))， 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x1－\r(3)z1＝0,－x1＋\r(3)y1－\r(3)z1＝0))，
取x1＝3，则n＝(3，0，－eq \r(3))为平面PDC的一个法向量．
①当M与C重合时，平面MQB的法向量为eq \(QP,\s\up16(→))＝(0，0，eq \r(3))，
eq \f(|n·\(QP,\s\up16(→))|,|n|·|\(QP,\s\up16(→))|)＝eq \f(1,2)＝cs 60°，满足题意．此时|PM|＝eq \r(7).
②当M与C不重合时， 由eq \(PM,\s\up16(→))＝λeq \(PC,\s\up16(→))＝λ(－1，eq \r(3)，－eq \r(3))，且0≤λ<1，
得M(－λ，eq \r(3)λ，eq \r(3)－eq \r(3)λ)， 所以eq \(QM,\s\up16(→))＝(－λ，eq \r(3)λ，eq \r(3)(1－λ))，
易得eq \(QB,\s\up16(→))＝(0，eq \r(3)，0)， 设平面MBQ的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(QM,\s\up16(→))·m＝0,\(QB,\s\up16(→))·m＝0))， 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－λx2＋\r(3)λy2＋\r(3)（1－λ）z2＝0,\r(3)y2＝0))，
取x2＝eq \r(3)，则m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，0，\f(λ,1－λ)))为平面MBQ的一个法向量．
因为平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°，
所以cs 60°＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·m,|n|×|m|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3)－\r(3)\f(λ,1－λ),\r(12)× \r(3＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,1－λ)))\s\up12(2)))))＝eq \f(1,2)，
所以λ＝eq \f(1,2)，所以|PM|＝eq \f(\r(7),2)， 由①②知|PM|＝eq \r(7)或eq \f(\r(7),2).
四．创新题：
12. 解析： 以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，
z轴建立空间直角坐标系.
则A(0，0，0)，B(1，0，0)，
C(1，1，0)，P(0，0，1)， Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)，\f(1,3)))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，
AE＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)，\f(1,3))).设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AE,\s\up6(→))＝0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,2y＋z＝0，)) 令y＝1，则n＝(－1，1，－2).
假设侧棱PC上存在一点F，且eq \(CF,\s\up6(→))＝λeq \(CP,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，
使得BF∥平面AEC，则eq \(BF,\s\up6(→))·n＝0.
又∵eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CF,\s\up6(→))＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)，
∴eq \(BF,\s\up6(→))·n＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝eq \f(1,2)，
∴存在点F，使得BF∥平面AEC，且F为PC的中点.
13．(1)证明：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.由已知得
B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)，
M(2，1，2)，N(1，0，2)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，eq \(FP,\s\up6(→))＝(－1，0，λ)，
eq \(FE,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(MN,\s\up6(→))＝(－1，－1，0)，eq \(NP,\s\up6(→))＝(－1，0，λ－2).
当λ＝1时，eq \(FP,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，
因为eq \(BC1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，
所以eq \(BC1,\s\up6(→))＝2eq \(FP,\s\up6(→))， 即BC1∥FP.
而FP⊂平面EFPQ， 且BC1⊄平面EFPQ，
故直线BC1∥平面EFPQ.
(2)解：设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(FE,\s\up6(→))·n＝0，,\(FP,\s\up6(→))·n＝0，)) 可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,－x＋λz＝0.)) 于是可取n＝(λ，－λ，1).
同理可得平面PQMN的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1).
则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0， 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，
解得λ＝1±eq \f(\r(2),2). 故存在λ＝1±eq \f(\r(2),2)，使平面EFPQ⊥平面PQMN.