《人教A版高中数学(选择性必修一)同步培优讲义专题1.10 空间向量的应用-重难点题型检测（教师版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《人教A版高中数学(选择性必修一)同步培优讲义专题1.10 空间向量的应用-重难点题型检测（教师版）（32页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题1.10 空间向量的应用-重难点题型检测参考答案与试题解析一选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1（3分）（2022春宿迁月考）已知向量，分别为直线l方向向量和平面的法向量，若l，则实数x的值为（）ABC1D2【解题思路】根据用直线l的方向向量和平面的法向量表示l时的关系，列方程求出x的值【解答过程】解：因为向量，分别为直线l的方向向量和平面的法向量，且l，所以，可设，R；即（1，2，1）（，x，），解得2，x1，所以实数x的值为1故选：C2（3分）（2022安徽开学）若直线l的一个方向向量为（1，2，1），平面的一个法向量为（2，4，2），则（）AlBlClDl或l【解题思路】根据
2、题意，分析可得2，由平面法向量的定义分析可得答案【解答过程】解：根据题意，直线l的一个方向向量为（1，2，1），平面的一个法向量为（2，4，2），则有2，故l，故选：C3（3分）（2022春徐州期末）已知直线l过点A（1，1，1），且方向向量为，则点P（1，1，1）到l的距离为（）ABCD【解题思路】利用空间中点到直线的距离公式求解【解答过程】解：点A（1，1，1），点P（1，1，1）（0，2，2），|2，又直线l的方向向量为，点P（1，1，1）到l的距离d，故选：B4（3分）（2021秋广安期末）已知（1，5，2），（3，1，z），若，（x1，y，3），且BP平面ABC，则实数x、y、z分别
3、为（）A，4B，4C，2，4D4，15【解题思路】利用数量积与垂直的关系、线面垂直的性质定理即可得出【解答过程】解：，3+52Z0，解得z4BP平面ABC，化为，解得，z4故选：B5（3分）（2022春高邮市期中）给出以下命题，其中正确的是（）A直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m平行B直线l的方向向量为，平面的法向量为，则lC平面、的法向量分别为，则D已知直线l过点A（1，0，1），且方向向量为（1，2，2），则点P（1，2，0）到l的距离为【解题思路】直接利用向量的共线，向量垂直的充要条件，点到直线的距离公式的应用判断A、B、C、D的结论【解答过程】解：对于A：由于直线l的方向
4、向量为，直线m的方向向量为，则，故直线l和直线m不平行，故A错误；对于B：直线l的方向向量为，平面的法向量为，则，故B错误；对于C：平面、的法向量分别为，则，故C错误；对于D：由于A（1，0，1），P（1，2，0），则：，方向向量为（1，2，2），所以，故，故D正确故选：D6（3分）（2022春南平期末）如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，当直线DD1与平面MNE所成的角最大时，（）ABCD【解题思路】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可求解【解答过程】解：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，则M（，0，1），N（1，0，
5、），C（0，1，0），B1（1，1，1），D（0，0，0），D1（0，0，1），（1，0，1），E（1，1，1），（，0，），（，1，），设平面MNE的一个法向量为（x，y，z），则，令x1，可得（1，2，1），又（0，0，1），设直线DD1与平面MNE所成的角为，则sin|cos，|，当20，即时，sin有最大值，即直线DD1与平面MNE所成的角最大故选：C7（3分）（2022海淀区二模）在正方体ABCDABCD中，E为棱DC上的动点，F为线段BE的中点给出下列四个结论：BEAD；直线DF与平面ABBA的夹角不变；点F到直线AB的距离不变；点F到A，D，D，A四点的距离相等其中，所有正确结论
6、的序号为（）ABCD【解题思路】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果【解答过程】解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设正方体ABCDABCD中棱长为2，设DEa（0a2，则E（0，a，0），B（2，2，2），A（ 2，0，0），D（0，0，2），F（1，1），B（ 2，2，0），D（0，0，0），A（2，0，2），对于，（2，a2，2），（2，0，2），4+0+40，BEAD，故正确；对于，（1，），平面ABBA的法向量（1，0，0），设直线DF与平面ABBA的夹角为，则sin，0a2，不是定值，故错误；对于，（1，1），（0，2，0），点F到直线AB的距离d|，
7、点F到直线AB的距离不变，故正确；对于，|AF|，|DF|，|DF|，|AF|，点F到A，D，D，A四点的距离相等，故正确故选：C8（3分）（2022春江都区期中）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为，底面ABCD为直角梯形，点E为棱PD上一点，满足，下列结论错误的是（）A平面PAC平面PCDB点P到直线CD的距离C若二面角EACD的平面角的余弦值为，则D点A到平面PCD的距离为【解题思路】A选项，作出辅助线，证明出ACBC，结合PA平面ABCD可得线线垂直，从而证明线面垂直，最后证明出面面垂直；B选项，求出点P到直线CD的距离即为PC的长度，利用勾股定理
8、求出答案；C选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解；D选项，过点A作AHPC于点H，证明AH的长即为点A到平面PCD的距离，求出AH的长【解答过程】解：A选项，因为PA平面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD，故PBA即为PB与底面ABCD所成的角，因为，所以 PAAB1，因为AD2，PABC1，取AD中点F，连接CF，则AFDFABCFBC，则四边形ABCF为正方形，FCDFCA45，所以ACCD，又因为APACA，所以CD平面PAC，因为CD平面PCD，所以平面PAC平面PCD，A正确；由A选项的证明过程可知：CD平面PAC，因为PC平面PAC，所以CDPC，故点P到直线CD的
9、距离即为PC的长度，其中PAABBC1，由勾股定理得：，B正确；以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），C（1，1，0），P（0，0，1），E（0，2，1），其中平面ACD的法向量为（0，0，1），设平面ACE的法向量为（x，y，z），则，令y1得：，所以，设二面角EACD的平面角为，显然，其中，解得：或1，因为01，所以，C正确；过点A作AHPC于点H，由于CD平面APC，AH平面APC，所以AHCD，因为PCCDC，所以AH平面PCD，故AH即为点A到平面PCD的距离，因为PAAC，所以，D选项错误故选：D二多选题
10、（共4小题，满分16分，每小题4分）9（4分）已知直线l的方向向量（1，0，1），A（2，1，3）为直线l上一点，若点P（1，0，2）为直线l外一点，则点P到直线l上任意一点Q的距离可能为（）A2BCD1【解题思路】由题意先求出点P到直线l的距离，则点P到其他点的距离均大于这个值【解答过程】解：因为，所以cos，则sin，所以点P到直线l的距离dsin，所以点P到直线l上任意一点Q的距离大于或等于故选：AB10（4分）（2022春溧阳市期中）下列命题是真命题的有（）AA，B，M，N是空间四点，若不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面B直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直
11、C直线l的方向向量为，平面的法向量为，则lD平面经过三点是平面的法向量，则u+t1【解题思路】由基底的概念以及空间位置关系的向量证明依次判断4个选项即可【解答过程】解：对于A，A，B，M，N是空间四点，若不能构成空间的一个基底，则共面，可得A，B，M，N共面，A正确；对于，故，可得l与m垂直，B正确；对于，故，可得在内或l，C错误；对于D，易知，故1+u+t0，故u+t1，D正确故选：ABD11（4分）（2022春烟台期末）如图，DE是正三角形ABC的一条中位线，将ADE沿DE折起，构成四棱锥A1BCDE，F为A1C的中点，则（）ABF面A1DEBAA1面A1BCC若面A1ED面ABC，则A1
12、E与CD所成角的余弦值为D若A1ECD，则二面角EA1DC的余弦值为【解题思路】假设BF面A1DE，可证得以BC面A1DE，所以平面A1BC面A1DE，但平面A1BC与面A1DE相交，所以假设不成立可判断A；由题目条件可证得A1AA1B，AA1A1C，则可判断B；以ED的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设三角形的边长为2，由异面直线所成角的夹角公式可判断C；由A1ECD结合题意可求出，分别求出平面EA1D和平面CA1D的法向量，由二面角的公式代入可判断D【解答过程】解：若BF面A1DE，因为BCDE，BC平面A1DE，DE平面A1DE，所以BC面A1DE，又因为BCBF，所以平面A1BC
13、面A1DE，但平面A1BC与面A1DE相交，所以假设不成立，所以BF不平行面A1DE，所以A不正确；对于B，因为，所以A1AA1B，AA1A1C，又因为A1BA1CA1，所以AA1面A1BC，所以以正确对于C，将ADE沿DE折起，使A到A1，且面A1ED面ABC，以ED的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设三角形的边长为2，所以 ，设A1E与CD所成角的为，则，所以A1E与CD所成角的余弦值为，所以C正确；对于D，设A1（x，y，z），因为，所以，所以，因为A1ECD，所以，所以，设平面CA1D，所以，故（，1，），设平面EA1D，所以，故（0，），设二面角EA1DC所成角为，因为为钝二面角，所以二面角EA1DC的余弦值为所以D正确故选：BCD12（4分）（2022春湖北月考）如图，在多面体ABCDES中，SA平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且DESA，SAAB2DE2，M，N分别是线段BC，SB的中点，Q是线段DC上的一个动点（含端点D，C），则下列说法正确的是（）A存在点Q，使得NQSBB存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60C三棱锥QAMN体积的最大值是D当
