【文档说明】新教材2021-2022学年人教A版数学选择性必修第一册课时检测：1.2 第二课时　空间向量基本定理的应用（习题课）含解析.docx，共(8)页，175.664 KB，由小赞的店铺上传

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课时跟踪检测(五)空间向量基本定理的应用(习题课)[A级基础巩固]1．若AB―→＝λCD―→＋μCE―→，则直线AB与平面CDE的位置关系是()A．相交B．平行C．在平面内D．平行或在平面内解析：选D∵AB―→＝λCD―→＋μCE―→，∴AB―→，CD―→，CE―→共面

，则AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内．2.如图，三棱锥S-ABC中，SA⊥底面ABC，AB⊥BC，AB＝BC＝2，SA＝22，则SC与AB所成角的大小为()A．90°B．60°C．45°D．30°解析：选B因为SA⊥底面ABC，所以SA⊥AC，SA⊥AB，所以AS―→·AB―→＝0

，又AB⊥BC，AB＝BC＝2，所以∠BAC＝45°，AC＝22.因此AB―→·AC―→＝|AB―→||AC―→|cos45°＝2×22×22＝4，所以SC―→·AB―→＝AC―→·AB―→－AS―→·AB―→＝4，又SA＝22，所以SC＝SA2＋AC2

＝4，因此cos〈SC―→，AB―→〉＝SC―→·AB―→|SC―→||AB―→|＝44×2＝12，所以SC与AB所成角的大小为60°.3．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则直线AB和CE所成角的余弦值为()A.52B.5

5C.58D.53解析：选B设AB＝1，则由CE―→＝CC1―→＋C1E―→＝AA1―→－12AB―→，得AB―→·CE―→＝AB―→·AA1―→－12AB―→＝－12，又|CE―→|＝52，故cos〈AB―→，CE―→〉＝－55，则直线A

B和CE所成角的余弦值为55.4．在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝AB＝AC＝BC＝1，M是B1C1的中点，则AM＝()A.32B.52C.72D.74解析：选C如图所示，AM―→＝AB―→＋B

B1―→＋B1M―→＝AB―→＋AA1―→＋12(AC―→－AB―→)＝12AB―→＋AA1―→＋12AC―→，故|AM―→|2＝12AB―→＋AA1―→＋12AC―→2＝74，则AM＝72.5.如图，已知正三棱柱ABC-A1B

1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是()A．30°B．45°C．60°D．90°解析：选D不妨设棱长为2，则AB1―→＝BB1―→－BA―→，BM―→＝BC―→＋12BB1―→，cos〈

AB1―→，BM―→〉＝（BB1―→－BA―→）·BC―→＋12BB1―→22×5＝0－2＋2－022×5＝0，故AB1与BM所成的角为90°.6．已知a，b是异面直线，点A，B∈a，点C，D∈b，AC⊥b，BD⊥b，且AB＝2，CD＝1，则a，b所成的角是________．解析：

∵AB―→＝AC―→＋CD―→＋DB―→，∴CD―→·AB―→＝CD―→·(AC―→＋CD―→＋DB―→)＝|CD―→|2＝1，∴cos〈CD―→，AB―→〉＝CD―→·AB―→|CD―→||AB―→|＝12，∴异面直线a，b所成角是60°.答案：60°7.如图，在棱长为1的正方体

ABCD-A1B1C1D1中，F为BD的中点，G在棱CD上，且CG＝14CD，H为C1G的中点，则FH＝________．解析：设AB―→＝a，AD―→＝b，AA1―→＝c，则a·b＝b·c＝c·a＝0，|a|2＝a2＝1，|b|2＝b2＝1

，|c|2＝c2＝1.∴FH―→＝FB―→＋BC―→＋CC1―→＋C1H―→＝12(a－b)＋b＋c＋12C1G―→＝12(a－b)＋b＋c＋12－c－14a＝38a＋12b＋12c，∴|FH―→|2＝38a＋12b＋12c2＝964a2＋14b2＋14c2＝4164，∴

FH＝418.答案：4188．在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成角的大小是________．解析：因为点E，F分别是棱AB，BB1的中点，所以EF―→＝BF―→－B

E―→＝12(BB1―→－BA―→)，BC1―→＝BC―→＋BB1―→，所以EF―→·BC1―→＝12(BB1―→－BA―→)·(BC―→＋BB1―→)＝12BB1―→2，设所求异面直线的夹角为θ，则cosθ＝

EF―→·BC1―→|EF―→||BC1―→|＝12，所以θ＝60°.答案：60°9.已知平面α⊥平面β，且α∩β＝l，在l上有两点A，B，线段AC⊂α，线段BD⊂β，并且AC⊥l，BD⊥l，AB＝6，BD＝24，AC＝8，求线段CD的长．解：∵平面α⊥平面β，且α∩β＝l，在l上有两

点A，B，线段AC⊂α，线段BD⊂β，AC⊥l，BD⊥l，AB＝6，BD＝24，AC＝8，∴CD―→＝CA―→＋AB―→＋BD―→，∴CD―→2＝(CA―→＋AB―→＋BD―→)2＝CA―→2＋AB―→2＋BD―→2＝64＋36＋576＝676，∴CD＝26.10．已知空间四边形

OABC的各边及对角线长都相等，E，F分别为AB，OC的中点，求异面直线OE与BF所成角的余弦值．解：如图所示，设OA―→＝a，OB―→＝b，OC―→＝c，|a|＝|b|＝|c|＝1，易知∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝π3

，则a·b＝b·c＝c·a＝12.∵OE―→＝12(OA―→＋OB―→)＝12(a＋b)，BF―→＝OF―→－OB―→＝12OC―→－OB―→＝12c－b，∴OE―→·BF―→＝12(a＋b)·12c－b＝14a·c＋14b·c－12a·b－12b2

＝－12，又∵|OE―→|＝|BF―→|＝32，∴cos〈OE―→，BF―→〉＝OE―→·BF―→|OE―→||BF―→|＝－23.∴异面直线OE与BF所成角的余弦值是23.[B级综合运用]11．(多选)在四面体PABC中，以下说法正确的有()A．若AD―→＝13AC―→＋23AB―→

，则可知BC―→＝3BD―→B．若Q为△ABC的重心，则PQ―→＝13PA―→＋13PB―→＋13PC―→C．若PA―→·BC―→＝0，PC―→·AB―→＝0，则PB―→·AC―→＝0D．若四面体PABC各棱长都为2，M，N分

别为PA，BC的中点，则|MN―→|＝1解析：选ABC对于A，∵AD―→＝13AC―→＋23AB―→，∴3AD―→＝AC―→＋2AB―→，∴2AD―→－2AB―→＝AC―→－AD―→，∴2BD―→＝DC―→，∴3BD―→＝BD―→＋DC―→，即

BC―→＝3BD―→，故A正确；对于B，若Q为△ABC的重心，则QA―→＋QB―→＋QC―→＝0，∴3PQ―→＋QA―→＋QB―→＋QC―→＝3PQ―→，∴3PQ―→＝PA―→＋PB―→＋PC―→，即PQ―→＝13PA―→＋13PB―→＋

13PC―→，故B正确；对于C，∵PA―→·BC―→＝0，PC―→·AB―→＝0，∴PA―→·BC―→＋PC―→·AC―→＋PC―→·CB―→＝0，∴(PA―→－PC―→)·BC―→＋PC―→·AC―→＝

0，∴CA―→·BC―→＋PC―→·AC―→＝0，∴AC―→·(CB―→＋PC―→)＝0，∴AC―→·PB―→＝0，故C正确；对于D，∵MN―→＝PN―→－PM―→＝12(PB―→＋PC―→)－12PA―→＝12(PB―→＋PC―→－PA―→)，∴|MN―→|＝12|PA―

→－PB―→－PC―→|，∵|PA―→－PB―→－PC―→|＝22，∴|MN―→|＝2，故D错误，故选A、B、C.12．已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若OP―→＝xOA―→＋yOB―→＋zOC―→(x，y，z

∈R)，则“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的()A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选B当x＝2，y＝－3，z＝2时，即OP―→＝2OA―→－3O

B―→＋2OC―→.则AP―→－AO―→＝2OA―→－3(AB―→－AO―→)＋2(AC―→－AO―→)，即AP―→＝－3AB―→＋2AC―→，根据共面向量定理知，P，A，B，C四点共面；反之，当P，A，B，C四点共面时，根据共面向量定理，设AP―→＝mAB―→＋nAC―→(m，n∈R)，即OP

―→－OA―→＝m(OB―→－OA―→)＋n(OC―→－OA―→)，即OP―→＝(1－m－n)·OA―→＋mOB―→＋nOC―→，即x＝1－m－n，y＝m，z＝n，这组数显然不止2，－3，2.故“x＝2，y＝－3，z＝2”是“

P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件．13.如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AA1＝1，则cos〈B1C1―→，B1A―→〉＝________；cos〈AB1―→，BC1―→〉＝________．解析：易知AB1＝3，B1C1＝2，AC1＝

3.B1C1―→·B1A―→＝B1C1―→·(B1A1―→＋B1B―→)＝B1C1―→·B1A1―→＋B1C1―→·B1B―→＝2×2×12＋0＝1，所以cos〈B1C1―→，B1A―→〉＝B1C1―→·B1A―→|B1C1―→||B1A―→|＝12×3＝66，AB1―→·B

C1―→＝(AB―→＋BB1―→)·(BB1―→＋BC―→)＝AB―→·BB1―→＋AB―→·BC―→＋BB1―→2＋BB1―→·BC―→＝0＋|AB―→|·|BC―→|·cos〈AB―→，BC―→〉＋BB1―→2＋0＝2×2×－12＋1＝0，

所以cos〈AB1―→，BC1―→〉＝0.答案：66014.如图，在三棱锥P-ABC中，点G为△ABC的重心，点M在PG上，且PM＝3MG，过点M任意作一个平面分别交线段PA，PB，PC于点D，E，F，若PD―→＝mPA―→，PE―→＝n

PB―→，PF―→＝tPC―→，求证：1m＋1n＋1t为定值，并求出该定值．解：连接AG并延长交BC于点H，由题意，可令{PA―→，PB―→，PC―→}为空间的一个基底，PM―→＝34PG―→＝34(PA―→＋AG―→)＝34PA―→＋34×23AH―→

＝34PA―→＋12×12(AB―→＋AC―→)＝34PA―→＋14(PB―→－PA―→)＋14(PC―→－PA―→)＝14PA―→＋14PB―→＋14PC―→.连接DM.因为点D，E，F，M共面，所以存在实数

λ，μ，使得DM―→＝λDE―→＋μDF―→，即PM―→－PD―→＝λ(PE―→－PD―→)＋μ(PF―→－PD―→)，所以PM―→＝(1－λ－μ)PD―→＋λPE―→＋μPF―→＝(1－λ－μ)mPA＋λnPB―→＋μtPC―→.由空间向量基本定理，知14＝(1－λ－μ)

m，14＝λn，14＝μt，所以1m＋1n＋1t＝4(1－λ－μ)＋4λ＋4μ＝4，为定值．[C级拓展探究]15．在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，EC⊥底面ABCD，F为BE的中点．(1)求证：DE∥平面ACF；(2)求证：BD⊥AE；(3)若AB＝2

CE，在线段EO上是否存在点G，使CG⊥平面BDE？若存在，求出EGEO的值；若不存在，请说明理由．解：设CB―→＝a，CD―→＝b，CE―→＝c，则|a|＝|b|，a·b＝b·c＝c·a＝0.(1)证明：依题意得DE―→＝c－b，CA

―→＝a＋b，CF―→＝12a＋12c，设DE―→＝xCA―→＋yCF―→(x，y∈R)，则c－b＝x(a＋b)＋y12a＋12c＝x＋12ya＋xb＋12yc，因此x＋12y＝0，x＝－1，12y＝1，解

得x＝－1，y＝2.从而DE―→，CA―→，CF―→共面，又直线DE不在平面ACF内，因此DE∥平面ACF.(2)证明：依题意得BD―→＝b－a，AE―→＝c－a－b，则BD―→·AE―→＝(b－a)·(c－a－b)＝－b2＋a2＝

0，因此BD―→⊥AE―→，从而BD⊥AE.(3)由AB＝2CE，设|a|＝|b|＝2，则|c|＝2，假设在线段EO上存在点G，使CG⊥平面BDE，由O，G，E三点共线，设CG―→＝(1－λ)CE―→＋λCO―→＝12λa＋12λb＋(1－λ)·c(0≤λ≤1)，由CG⊥平面BDE知CG

⊥DE，而DE―→＝c－b，因此CG―→·DE―→＝12λa＋12λb＋（1－λ）c·(c－b)＝(1－λ)c2－12λb2＝2－4λ＝0，解得λ＝12，即点G是线段EO的中点时，满足题意，此时EGEO＝12.获得更多资源请扫码加入享学资源网微

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