第3章 空间向量及其应用（B卷·能力提升练）-【单元测试】2022-2023学年高二数学分层训练AB卷（沪教版2020选择性必修第一册）

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第3章 空间向量及其应用（B卷·能力提升练）

（时间：120分钟，满分：150分）

一、填空题(共54分)

1．(本题4分)已知是空间的一个单位正交基底，向量是空间的另一个基底，用基底表示向量___________.

【答案】

【分析】设，然后整理解方程组即可.

【详解】设，

即有，

因为是空间的一个单位正交基底，

所以有，

所以.

故答案为：

2．(本题4分)在空间直角坐标系O-xyz中，点关于z轴的对称点的坐标是________.

【答案】

【分析】根据空间点的对称性求解即可.

【详解】解：根据空间点的对称性得点关于z轴的对称点的坐标是.

故答案为：

3．(本题4分)已知，，．若、、三向量共面，则实数______．

【答案】

【分析】由题意可得，存在实数x，y，使，列出方程组，即可求得答案.

【详解】因为不平行，且、、三向量共面，

所以存在实数x，y，使，

所以，解得，

故答案为：

4．(本题4分)长方体中，，，则点B到平面的距离为________．

【答案】

【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用点到平面的距离公式求解即可.

【详解】解：在长方体中，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，

因为，，所以，， ，，，，

设平面的法向量为：

，

，令得：

又

点B到平面的距离为：.

故答案为：.

5．(本题4分)已知l∥α，且l的方向向量为（2，m，1），平面α的法向量为，则m＝__．

【答案】﹣8

【分析】由题意知向量（2，m，1）与平面α的法向量垂直，即可算出答案.

【详解】∵l∥α，且l的方向向量为（2，m，1），平面α的法向量为，

∴向量（2，m，1）与平面α的法向量垂直

则

解得

故答案为：﹣8

6．(本题4分)已知四棱柱的底面是正方形，底面边长和侧棱长均为2，，则对角线的长为________．

【答案】

【分析】由向量的方法计算，将表示成，平方即可.

【详解】由题可知四棱柱为平行六面体，，

所以

，

所以.

故答案为：.

7．(本题5分)已知空间向量，，那么在上的投影向量为___________.

【答案】

【分析】根据向量的数量积的概念与几何意义，结合投影向量的计算方法，即可求解.

【详解】由题意，空间向量，，

可得，

所以在上的投影向量为，

故答案为：.

8．(本题5分)已知，，则以，为邻边的平行四边形的面积为___________.

【答案】

【分析】根据题意，易得以，为邻边的平行四边形为菱形，结合菱形面积公式，即可求解.

【详解】由题意知，，因此以，为邻边的平行四边形为菱形.

因，，

所以，，

所以.

故答案为：.

9．(本题5分)向量，，，且，，则______.

【答案】

【分析】利用向量平行、垂直的坐标表示求出x，y，再利用坐标求出向量的模作答.

【详解】因，，而，则有，解得，即

又，且，则有，解得，即，

于是得，，

所以.

故答案为：

10．(本题5分)如图，在三棱锥中，，平面ABC，于点E，M是AC的中点，，则的最小值为______．

【答案】##-0.125

【分析】根据给定条件，证明平面PAB，将用表示出，再结合空间向量数量积的运算律求解作答.

【详解】连接，如图，

因平面ABC，平面ABC，则，而，，平面PAB，

则平面PAB，又平面PAB，即有，

因M是AC的中点，则，又，

，当且仅当取“=”，

所以的最小值为.

故答案为：

11．(本题5分)如图，在棱长为4的正方体中，E为BC的中点，点P在线段上，点Р到直线的距离的最小值为_______.

【答案】##

【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量求出点Р到直线距离的函数关系，再求其最小值作答.

【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，

因点P在线段上，则，，

，向量在向量上投影长为，

而，则点Р到直线的距离

，当且仅当时取“=”，

所以点Р到直线的距离的最小值为.

故答案为：

12．(本题5分)如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是______．

①若平面，则动点Q的轨迹是一条线段

②存在Q点，使得平面

③当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大

④若，那么Q点的轨迹长度为

【答案】①③④

【分析】作出过点与平面平行的正方体的截面判断①；建立空间直角坐标系，求出平面的法向量判断②；设出点Q的坐标，求出点Q到平面最大距离判断③；确定点Q的轨迹计算判断④作答.

【详解】在正方体中，取的中点E，F，连，如图，

则，平面，平面，则有平面，

因点P为棱的中点，有，，即有为平行四边形，

则，而平面，平面，有平面，

，平面，因此，平面平面，因平面，

则平面，又点Q在平面，平面平面，即点Q的轨迹为线段EF，①正确；

以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，

，设平面的一个法向量，

则，令，得，若平面，则，即，

，所以不存在Q点，使得平面，②不正确；

因的面积为定值，当且仅当点Q到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，

，点Q到平面的距离，而，则当时，，

而，即，因此点与点重合时，三棱锥的体积最大，③正确；

因平面，平面，则，因此，

显然点Q的轨迹是以为圆心，半径为，所含圆心角为的扇形弧，弧长为，④正确.

故答案为：①③④

【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.

二、单选题(共20分)

13．(本题5分)关于空间向量，以下说法不正确的是（        ）

A．若两个不同平面α，β的法向量分别是，且，则

B．若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则直线l//α

C．若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面

D．两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线

【答案】B

【分析】由面面垂直的向量表示可判断A；由线面平行的向量表示可判断B；根据向量共线定理，可判断C；由空间向量基底的表示可判断D.

【详解】对于A，，所以，A正确；

对于B， ，所以，B错误

对于C，对空间中任意一点O，有，满足，则P，A，B，C四点共面，可知C正确；

对于D，两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线，所以D正确.

故选：B.

14．(本题5分)如图，空间四边形中，，，，点，分别在，上，且，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】首先根据空间向量线性运算法则用，，表示出，再根据数量积的运算律计算可得.

【详解】解：，，

．

又，，，

所以，，，

所以

，

所以.

故选：A．

15．(本题5分)如图，正方体中，，，， 当直线与平面所成的角最大时，（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用坐标法，利用线面角的向量求法，三角函数的性质及二次函数的性质即得.

【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，

则，

所以，，，

设平面的法向量为，则，

∴，令，可得，

又，

设直线与平面所成的角为，则

，又，

∴当时，有最大值，即直线与平面所成的角最大.

故选：C.

16．(本题5分)已知正四棱柱中，，，点、分别是棱、上的动点，则下列判断错误的是（    ）

A．任意给定的点，存在点，使得平面

B．任意给定的点，存在点，使得平面

C．任意给定的点，存在点，使得

D．任意给定的点，存在点，使得

【答案】C

【分析】利用线面平行判定定理即可证明选项AB判断正确；建立空间直角坐标系，利用向量垂直充要条件去判断选项CD是否成立即可.

【详解】连接

选项A：任意给定的点，可在内作，交于Q，

又正四棱柱中，，

则，又平面，平面

则平面.则任意给定的点，存在点，使得平面.判断正确；

选项B：任意给定的点，可在内作，交于P，

又正四棱柱中，，

则，又平面，平面

则平面.则任意给定的点，存在点，使得平面.判断正确；

以D为原点，分别以为x、y、z轴空间直角坐标系

则，，设，

则，

选项C： 由，可得

则当时，，即不成立.

则任意给定的点，不一定存在点，使得.判断错误；

选项D：由，可得

则对任意，当时均有，即

则任意给定的点，存在点，使得.判断正确.

故选：C

三、解答题(共76分)

17．(本题14分)如图所示，三棱柱中，，，，，，，是中点．

(1)用，，表示向量；

(2)在线段上是否存在点，使？若存在，求出的位置，若不存在，说明理由．

【答案】(1)；(2)当时，

【分析】（1）根据空间向量线性运算的几何意义进行求解即可；

（2）设，，用，，表示向量，依题意可得，根据空间向量数量积的运算律求出，即可得解．

（1）

解：因为是中点，所以，

所以

；

（2）

解：假设存在点，使，设，，

显然，，

因为，所以，

即，

，，，

即，

解得，所以当时，.

18．(本题14分)如图，正方形和直角梯形所在平面互相垂直，，，且，．

(1)证明：平面；

(2)求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析；(2)

【分析】（1）先由证得∥平面，同理证得∥平面，进而证得平面∥平面，即可证得平面；

（2）先证得两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，由向量夹角余弦公式即可求解.

（1）

由正方形的性质知：，又平面，平面，∥平面，

，平面，平面，∥平面，，平面，

平面∥平面，平面，平面；

（2）

平面平面，平面平面，平面，则平面，

又，则平面，又，则两两垂直，以为原点，

的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，由得：

，则，

设平面的法向量为，则，取得，

又易得平面的一个法向量为，则，

又二面角为锐角，则二面角的余弦值为.

19．(本题14分)如图，在以P，A，B，C，D为顶点的五面体中，四边形ABCD为等腰梯形，∥，，平面平面，．

(1)求证：平面平面；

(2)若二面角的余弦值为，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析；(2)

【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，由面面垂直的判定即可证明；

（2）过作，，垂足分别为，，连接，由几何法可证即为二面角的平面角，过作平面，以为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设，再由向量法求出直线PD与平面PBC所成角即可．

（1）

（1）因为平面平面，平面平面，，平面，

所以平面，又因为平面，所以平面平面．

（2）

过作，，垂足分别为，，连接，

因为平面平面，平面平面，，平面，

所以平面，又平面，所以，

又，且，，平面，

所以平面，

因为平面，所以，即即为二面角的平面角，

不妨设，则可知，且，，

因为，所以，所以，

过作平面，以为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，

所以，，，

设平面的法向量为，则，

令，则，，所以，

设直线PD与平面PBC所成角为，则，

直线PD与平面PBC所成角的正弦值为

20．(本题16分)如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为正三角形，为的中点，且平面平面，是线段上的点．

(1)当点为线段的中点时，证明直线平面

(2)求证：；

(3)点在线段上，且，求直线与平面的夹角的正弦值

【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)

【分析】（1）当点为线段的中点时，取的中点，连接，，先证明四边形为平行四边形，从而得，从而可得直线平面；

（2）先证明平面，从而得，又，从而得；

（3）建立空间直角坐标系，将线面角转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角问题，最后再利用向量夹角公式计算即可求解．

（1）

解：当点为线段的中点时，取的中点，连接，，

则，且，又为的中点，底面是边长为的菱形，

，且，，且，

四边形为平行四边形，

，又平面，平面，

平面.

（2）

证明：连接，底面是边长为的菱形，，

又为正三角形，为的中点，

，，又，

平面，又平面，

，又，

.

（3）

∵平面平面，为正三角形，为的中点，

，平面平面，平面，

底面，

以分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，根据题意可得：

，，，，，

又，，

，，，

设平面的法向量为，

则，令，则，，

，设直线与平面的夹角为，

则，

直线与平面的夹角的正弦值为．

21．(本题18分)直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．

(1)求证：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值；

(3)求平面与平面所成二面角的余弦值．

【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.

（1）

证明：在直三棱柱中，平面，且，则

以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、、、、，则，

易知平面的一个法向量为，则，故，

平面，故平面.

（2）

解：，，，

设平面的法向量为，则，

取，可得，.

因此，直线与平面夹角的正弦值为.

（3）

解：，，

设平面的法向量为，则，

取，可得，则，

因此，平面与平面夹角的余弦值为.