第1章 专项提优1 空间向量的综合应用-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册(人教A版2019)

专项提优1 空间向量的综合应用 黑题 专项提优 限时:65 min 题组1 空间向量及其运篇 7.(2024·江西上饶高二期末)如图,在空间四 1.(2024·河北部鄣高二期末)已知x×.V.z是不 边形O-ABC中.2BD=DC.E为AD的中点。 共面的空间向量,若p=3x-2y-4z与q=(m+ 设0A=a0B=b.0C=c 1)x+8y+nz(m.n是实数)是平行向量,则m+ (1)试用向量a,b.c表示向量0E; n的值为 ( ) ($2)若$ A=0C=3.$B=2. A0C= B$0 $C=$$$$ A.16 B.-13 C.3 D.-3 乙A0B=60*,求0E·AC的值 2.(2024·山东烟台高二期中)已知空间向量a $. 满足lal=2.Ibl=3.lc|= 7且a+b+ = ( 0.则a与b的夹角大小为 _~_ C. 120 A.30d B.60 D. 150。 3.(2024·广东广州高二月考)如图,在长方 体ABCD-A.B.C.D. 中.AD=AA.=3.AB=4.E F.G分别是校C.D.BC.CC.的中点.M是平 面ABCD内一动点,若直线D.M与平面EF( 。 平行,则MB ·MD.的最小值为 ) 8.(2024·重庆南岸区高二期末)如图,在平行 六面体ABCD-A.BC.D. 中,乙A.AD= T 4 _A.AB- <BAD- C1 D3 32.AC与BD相交于点0 A.2/3 B.9 (1)求AB·AD: 4. 在长方体ABCD-A.B.C.D 中,AB=AD= (2)求A0的长 1.AA.=2.P为底面ABCD上一点(包括边 界),则AP·AC的取值范围为 5.(2024·辽宁大连高二期末)若空间向量a= (1.1.x).b=(2.x.4).向量a.的夹角为锐 角,则x的取值范围是 6. 已知三个空间向量a..c的模均为1.它们相 互之间的夹角均为60}若!a+b+cl6,则/ 的取值范围为 第一章 黑白题025 题组2 空间向量在立体几何中的应用 (2)在直线DB上是否存在一点P,使得 9.(2024·山东滨州高二期末)如图,在长方 B.P/平面EFG?若存在,请指出点P 体ABCD-A.BC.D 中,AB=BC=2.AA =$ 的位置;若不存在,请说明理由 2./2.E是梭CC.的中点.设直线BE与A.C所 成的角为a.直线A.C与平面BDD.B. 所成的 角为B,则a+B= C ) 一# B A.105。 B. 120*C.135* D. 150 10.(多选)(2024·湖南益阳高二期末)如图,在 四校锥P-ABCD中,PA1平面ABCD,底 面ABCD是正方形,且PA=2AB=4.E.F分 ( 别为PB,PD的中点,则 ) 13.(2024·湖南师大附中高二期末)在图中所 示的试验装置中,两个正方形框架 ABCD,ABEF的边长都是1.且它们所在的平 面互相垂直,活动弹子M.V分别在正方形对 A.ACE2EF 角线AC和BF上移动,且CM和BN的长度 B.CE:C-8 保持相等.记CM=BN=t(0<1<2). (1)求MV长的最小值; (2)当MN的长最小时,求二面角A-MN-B D. 直线 PB与平面PAC所成角的余弦值 的正弦值 #0 11.(2024·河南商丘高二期中)已知MN是圆杜 00.下底面圆0的直径,0是下底面圆0上一 点,PM是圆柱的母线.且 PM=MO=NO=2.则 点M到平面PNO的距离为 12.(2024·四川雅安高二期中)如图,在正方 体ABCD-A.B.C.D. 中,AB=2.E.F.G分别 是AA.BC.C.D. 的中点 (1)用空间向量法证明:B.D1平面EFG 选择性必修第一册·RJA 黑白题026(1.-2t) 5.(1-1)y-(y+1) ).由于直线D.M与平面EFG平行,则D A·a=0.得 ,解得y-×-1.(1.-1.).没平面PAC的法向 7 量为n=(x,yo).4C=-1.-1.).P0-1.-1).则 3).MB ·MD.=(4-a).(-a)+(-b)·3-b)+9=a-4a+b-3+ (-0. 0yo1,则o-1.-1.n=(1. 1n.P=o." 16 1-。-。=0. 1.-1).-0.-1.).1esn·4- 选C 压轴挑战 2 解析:以A为坐标原点,AB,AD.A4.所在直线分别为:轴、y轴 :轴,建立空间直角坐标系如图所示,则A(0.0.0),A.(0.0.1),B(1.0. 0).c(1.1.0).(1) (.).所以4(1.0.1).4A 4.[0.2] 解析:以A为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示,则 (1.1.)Cc(0.0.1):-(1.-.o).,平A n0。 的法向量 A(0.0.0).C(1.1.2).设P(m.n.0)0m1.0a<1.则AP-(m. n.0) AC=(1.1.2),故AP·AC=m+n[0.2].故答案为[0.2]. (4=.0.=1.得n(1.-1.1).设 ## 为n=(t.y.:),则 n.A.C=0. 1r+y=0. =0. 平面CC.E的法向量为v=(x:x.).则 .=o. (=0. 1-0. 令y.=2.得v-(-1.2.0).设交线m的方向向量为m= 因为AC=(1.1.1),点Cm,则AC·m=2.1ml=v2+1+(-1)= a.b的夹角为锐角,所以a·b>0且a与b不同向.当a·b>0时,则 1x2+x+4x0.解得x--2 2.当a与6同向时,则a=tb(t0),即 (2(=1. #(4-1.得() {=1,解得 3 (2)(2+)故答案为(-)(2). 行 6.(-.-3)U(1.+z)解析:因为a.b.e的模均为1.他们之间的夹 角均为60”,所以a=b-e}=1.a·b=c·b=a·c-又 (a+b+c)2}=k{a}+b}+c2+2ka·b+2ka·c+2c·b=k}+2k+3>6,所 以&+2-3>0(k+3)(k-1)>0→k<-3或k>1.故答案为(-*. -3)U(1.+). 专项提优1 空间向量的综合应用 $7.解:(1):B=.#B=(0-B)#-(c-b),故 黑题。 专项掘础 1.C 解析:因为x,y.z是不共面的空间向量且p/4.故a=Ap,则 (m+1=3. ##-)# 8=-2.解得m=-13.n=16.所以m+n=3.故选C In=_4. -2.a·b=3.c·b=3.4-oc-0-c-a.故 (2)由题意得a·c=- 9 2.C 解析:由题知c=-(a+b),则c}=(a+b)}=a}+2a·b+b}=4+2x b)-2-_.即(a.b)-120-。故选C.。 #._ 3))x3 3.C 解析:如图,分别以A.AD.AA方向为x轴、y轴:轴的正方向建 立空间直角坐标系,可得E(2.3.3).F(4..0).C(4.3.). 8.解:(1)A.01(4)6×4x-12. (2)因为A-----()-- D.(0.3.3).B(4.0.3).M(a.b.0).-(2.-3).v-(o. #所以1- #花 #() 3~3:0. #--1口--·- 参考答案 黑白题17 +4+18+6-18-12=7.即A.0的长/ 7 9.C 解析:建立以D为坐标原点的空间直角坐 标系如图所示,则B(2.2.0).E(0.2.v2). A.(2.0.2v2).C(0.2.0).A(2.0.0),可得A. (-2.0.)AC=(-2.2.-2v2).易知 (2)存在点P.使得B.P/平面EFG.点P在DB的延长线上,且 cosa=leosBE. A.C)1= .AC BP=-DB.由题意得B(2.2.0).B.B-(0.0.-2).DB=(2.2.0).设 0.且0*<a<90,所以a=90,易得平面$ D=22.0)AR.则B =B+B(2.2-2)e BDD.B.的一个法向量为AC=(-2.2.0).因此可得sin8=1cos AC 1·A RB$P/平面EFG B PIn.即B P·#=2+2-2=0.解得A= A.2 #. · 45*.因此a+B=135*,故选C. 13.解:(1)因为平面ABCD1平面ABEF,又平面ABCDO平面 10. BC 解析:由底面ABCD是正方形,故AB1AD,由PA1平面 ABEF=AB.CB1AB.CBC平面ABCD,所以CB1平面ABEF,又 ABCD.AB.ADC平面ABCD.故 PA1 AB.PA I.AD.故 AB.AD.PA两 AB1BE,如图,以B为原点,BA.BE,BC所在直线分别为x轴。 两垂直,故以A为原点,建立空间直角坐标系如图所示,有A(0.0. y轴:轴,建立空间直角坐标系, 0).B(2.0.0).C(2.2.0).P(0.0.4).F(1.0.2).F(0.1.2).故AC (2.2.0).-(-1.1.0).AC2E,故A错误;CE=(-1.-2.2). $F-(-2-1.2)故CE·cF-2+2+4=8故B正确;A=(2.0.0). 角,所以直线AB与CE夹角的余弦值为-.故C正确:P-(2.0. 因为两个正方形的边长都为1.所以A(1.0.0).B(0.0.0).C(0.0 -4).A-(0.0.4),设平面PAc的法向量为n=(x,y.:),则 向量为;=(1,-1.0),则co(n.P)-2 (2)({}) (7~2一、(#_)# 线PB与平面PAC所成角的正弦值为 10 10,其余弦值为 (2)由(1)知,当MV的长最小时,M.N分别为正方形对角线AC和 BF的中点,可得》(o.).M(.o).设平面AMN的 法向量为m-(uv))-(.0.-).-(o. m ) 取x.=1.可得m=(1.1.1).设 11.v2 解析:由题知.O1NO.则以0为原点. 平面BMN的法向量为n=(a.b.c).又-(.0.). OM.ON所在直线分别为:轴y轴.该圆柱过 0的母线为:轴,建立空间直角坐标系如图所 示。则0(0.0.0).(2.0.0).V(0.2.0).P(2 (0.)由{ 取a:-1.可得n=(-1. 0.2).所以oW-(0.2.0).0=(2.0.2) (0.0.2).设平面PN0的法向量为m=(x. 1.1).则cs(m.,")m.n-3,所以sin(m. n)= m.n ).).-2y-0. 1 n.0-2x+2:-0. 令=1.则:= -1.y=0,所以n=(1.0.-1).所以点M到平面PN0的距离为 1-cos{(nm,n= lm·111x0+0x0-1x21 1-/2.故答案为v2. 真题演练 空间向量与立体几何 In 1+0+(-1)* 12.(1)证明;以D为原点.DA.DC.DD.所在的直线分别为x轴、y轴。 题 :轴,建立空间直角坐标系如图所示,则D(0.0.0).B.(2.2.2). 1.(1)证明:在四边形ABCD中,作DE1AB于E.CF1.AB于F.因为 E(2.0.1).F(1.2.0).G(0.1.2).DB (2.2.2).EF=(-1.2.-1). CD/AB,AD=CD=CB=1.AB=2.所以四边形ABCD为等腰梯形,所 E-(-2.1.1).设平面EFG的法向量为n-(x.y,2),则 2.故DE Bn=VD+BE-V3.所以AD+ 以AF=BF= ③ n-2-:0取x=1.则y=1.x=1.得n=(1.1.1). ln.G--2x+y+:-0. BD=AB 所以AD1BD.因为PD1平面ABCD,BDC平面ABCD,所 以PD1BD.又PDOAD=D.所以BD1平面PAD.因为PAC平面 .DB /n:B.D1平面EFG PAD,所以 BD1.PA. 选择性必修第-册·PJA 黑白题18