精讲精练·专项突破 第六章《平面向量及其应用》单元能力提升（含详细解析）学生版 (4)

精讲精练·专项突破
2021-2022学年高一下学期人教版（2019）
第六章 《平面向量及其应用》 单元能力提升（含详细解析）（学生版）
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．若的外接圆半径为2，且，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
2．已知，，且，则向量与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
3．已知四面体，所有棱长均为2，点E，F分别为棱AB，CD的中点，则（　　）
A．1 B．2 C．-1 D．-2
4．已知矩形 ， ， ，沿对角线 将 折起，若二面角 的余弦值为 ，则 与 之间距离为（　　）
A．1 B． C． D．
5．在长方体 中，则 （　　）
A． B．
C． D．
6．已知四面体，所有棱长均为2，点分别为棱的中点，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C． D．
7．如图，D是正方体的一个“直角尖”O-ABC（OA，OB，OC两两垂直且相等）棱OB的中点，P是BC中点，Q是AD上的一个动点，连PQ，则当AC与PQ所成角为最小时，（　　）
A． B． C． D．2
8．如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是（　　）
A．
B．
C．向量与的夹角是60°
D．与AC所成角的余弦值为
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9．如图，在四棱柱 中，底面是边长为2的正方形， ，点 P 是直线 上一动点，下列说法正确的是（　　）
A．若棱柱 是直棱柱，其外接球半径为 2，则 ．
B．若棱柱 是直棱柱，则直线 AP 与 的夹角大于 ．
C．无论 取何值，总存在点 P，使得直线 PC//平面 ．
D．若直线 与平面 ABCD 所成角分别 ，则 ．
10．下列说法正确的是（　　）
A．若G是四面体OABC的底面三角形ABC的重心，则
B．在四面体OABC中，若，则A，B，C，G四点共面
C．已知平行六面体的棱长均为1，且，则对角线的长为
D．若向量，则称（m，n，k）为在基底下的坐标．已知向量在单位正交基底下的坐标为（1，2，3），则在基底下的坐标为
11．已知抛物线的焦点为F，直线l经过点F交抛物线C于A，B两点，交抛物浅C的准线于点P，若，则为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．6
12．下列空间向量为单位向量且与轴垂直的有（　　）
A． B．
C． D．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上）
13．如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，是上底面上其余的八个点，则集合中的元素个数为　 　．
14．已知A，B为x，y正半轴上的动点，且，O为坐标原点，现以为边长在第一象限做正方形，则的最大值为　 　.
15．如图，在棱长都为的平行六面体中，，，两两夹角均为，则　 　；请选择该平行六面体的三个顶点，使得经过这三个顶点的平面与直线垂直. 这三个顶点可以是　 　．
16．设双曲线的两个焦点是，点在双曲线上，则　 　；若为锐角，则点的纵坐标的取值范围是　 　.
四、解答题（本大题共6小题，17题10分，其余每小题各12分，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．如图，在直角梯形中，，直角梯形通过直角梯形以直线为轴旋转得到，且使得平面平面.为线段的中点，为线段上的动点
（1）求证：
（2）当点是线段中点时，求二面角的余弦值
（3）是否存在点，使得直线平面？请说明理由.
18．如图，三棱锥中，为等边三角形，且面面，．
（1）求证：；
（2）当与平面BCD所成角为45°时，求二面角的余弦值．
19．在①( b－c)cos A=acosC ，②sin(B+C)= －1+2sin2 ， ③ acosC= b－c ，这三个条件中任选一个作为已知条件，然后解答问题．
在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知______________．
（1）求角A的大小；
（2）若 a=2 ，且△ ABC 的面积为 2，求b+c．
20．如图1是直角梯形，以为折痕将折起，使点C到达的位置，且平面与平面垂直，如图2．
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）在棱上是否存在点P，使平面与平面的夹角为？若存在，则求三棱锥的体积，若不存在，则说明理由．
21．如图，直三棱柱中，，，，且.
（1）求平面BDC与平面所成角的余弦值；
（2）求点到平面BDC距离.
22．如图，平面，四边形是矩形，四边形为直角梯形，，，，.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的大小.
第六章 平面向量及其应用 单元能力提升 答案详解
1．【答案】A
【考点】数量积的坐标表达式
【解析】如图设的外接圆圆心为O，
的边 ， 的外接圆半径为2，
为正三角形，且 ，
则
， ，
故答案为：A
【分析】根据题意由已知条件结合数量积的运算性质，代入数值计算出夹角的余弦值，由此即可求出夹角的大小。
2．【答案】A
【考点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】设向量与的夹角为，
因为 ， ，且 ，
所以 ，得 ，
所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
故答案为：A
【分析】先由 求出x，再利用空间向量的夹角公式求解即可。
3．【答案】D
【考点】平面向量数量积的含义与物理意义；平面向量数量积的运算
【解析】四面体的所有棱长均为2，则向量不共面，两两夹角都为，
则，
因点E，F分别为棱AB，CD的中点，则，，
，
所以。
故答案为：D
【分析】利用四面体的所有棱长均为2，则向量不共面，两两夹角都为，再利用数量积的定义得出的值，再结合点E，F分别为棱AB，CD的中点和中点的性质以及平面向量基本定理，得出，，再利用数量积的运算法则结合数量积的定义，得出的值。
4．【答案】C
【考点】余弦定理
【解析】过点 在平面 内作 ，过点 在平面 内作 ，以 、 为邻边作平行四边形 ，连接 ，
因为 ， ， ，则 ，
因为 ，由等面积法可得 ，同理可得 ，
由勾股定理可得 ，同理可得 ， ，
因为四边形 为平行四边形，且 ，故四边形 为矩形，所以， ，
因为 ，所以，二面角 的平面角为 ，
在 中， ， ，
由余弦定理可得 ，
， ， ，则 ， ，
因为 ， 平面 ， 平面 ，则 ，
，由勾股定理可得 .
故答案为：C.
【分析】过点 在平面 内作 ，过点 在平面 内作 ，以 、 为邻边作平行四边形 ，连接 ，分析可知二面角 的平面角为 ，利用余弦定理求出BG，证明出，再利用勾股定理可求得BD的长。
5．【答案】A,B
【考点】向量的三角形法则
【解析】如图：
对A， ，正确；
对B， ，正确；
对C， ，错误；
对D， ，错误.
故答案为：AB.
【分析】 根据空间向量的线性表示与运算法则，判断即可得答案.
6．【答案】B,D
【考点】向量的共线定理；平面向量的基本定理及其意义；平面向量数量积的含义与物理意义；数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】平面，平面，且，由异面直线的定义可知，是异面直线，A选项错误；
，于是，B选项正确；，
，C选项错误；
，注意到点分别为棱的中点，则，两式相加得，D选项正确.
故答案为：BD.
【分析】利用已知条件结合四面体的结构特征，再利用中点的性质结合向量共线定理、数量积为0两向量垂直的等价关系、数量积的定义和平面向量基本定理，从而找出结论正确的选项。
7．【答案】C
【考点】数量积表示两个向量的夹角
【解析】根据题意，两两垂直，故以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：
设，则，
不妨设点的坐标为，
则，，
则，
又，设直线所成角为，则，
则，
令，令，则，
令，则，此时.
故当时，取得最大值，此时最小，点，
则，故，则.
故答案为：C.
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，求得直线夹角的余弦值关于Q点坐标的函数关系，求得角度最小时点的坐标，即可代入值可得答案。
8．【答案】A,B
【考点】数量积表示两个向量的夹角
【解析】以顶点A为端点的三条棱长都相等, 它们彼此的夹角都是60°，
可设棱长为1,则
而
， 所以A符合题意.
=0,所以B符合题意.
向量,
显然 为等边三角形，则.
所以向量与的夹角是 ,向量与的夹角是,则C不正确
又，
则，
所以，所以D不正确.
故答案为：AB
【分析】 根据题意平行六面体中异面直线的夹角，转化为向量的夹角问题，逐项进行分析可得答案.
9．【答案】A,C,D
【考点】棱柱的结构特征；余弦定理
【解析】若棱柱 是直棱柱，因为外接球的直径是长方体的对角线，
其外接球半径为 2，所以 ，由 ，
则 ，A符合题意；
若棱柱 是直棱柱，
则直线 AP 与 的夹角为 ， 当 点与 点重合时， 最小，
在 中， ， ，
，
所以直线 AP 与 的夹角小于 ，所以B不符合题意；
连接对角线 相较于点 ，连接 ，当 为 的中点时，
有 ，所以四边形 为平行四边形，
所以 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
所以无论 取何值，总存在点 P，使得直线 PC//平面 ，C符合题意；
做 底面 于 ，则 在 上，连接 ，
则 ，
所以 ，
设 ，则 ，
由余弦定理得 ，
所以
，则 ，D符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】若棱柱 是直棱柱，根据外接球的直径是长方体的对角线，求出，可判断选项A；若棱柱 是直棱柱，则直线 AP 与 的夹角为 ， 当 点与 点重合时， 最小，求出，可判断选项B；连接对角线 相较于点 ，连接 ，当 为 的中点时，由线面平行的判定定理可得 平面 ，可判断选项C；做 底面 于 ，则 在 上，则 ，求出 ，设 ，则 ，由余弦定理得 ，作差可得可判断选项D。
10．【答案】A,C,D
【考点】平面向量的基本定理及其意义；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；共线向量与共面向量
【解析】A：令，，，，又G是底面三角形ABC的重心，
∴，，，，，
∴成立，正确；
B：由，而，A，B，C，G四点不共面，错误；
C：如下图，
，
∴，又且棱长为1，
∴，则，正确；
D：在基底下坐标为，则，故在基底下坐标为（1，2，3），正确.
故答案为：ACD.
【分析】令，，，，再利用点G是底面三角形ABC的重心结合重心求解公式得出点G的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再由平面向量基本定理得出；由，而结合四点共面的判断方法，得出A，B，C，G四点不共面；再利用平面向量基本定理和数量积的运算法则以及数量积的定义，再结合已知条件和数量积求模公式得出对角线的长；利用在基底下坐标为，再结合平面向量基本定理得出，进而得出向量在基底下坐标，进而找出说法正确的选项。
11．【答案】C
【考点】向量的模；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】由题意可知，准线方程为，设,
可知，
，解得：，代入到抛物线方程可得：.
,
故答案为：C
【分析】根据题意首先由已知条件即可求出向量的坐标，再把结果代入到抛物线方程计算出y的取值，并把结果代入到向量模的公式计算出结果即可。
12．【答案】B,C
【考点】单位向量；数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】若为单位向量且与轴垂直，则需满足：向量模长为1，且向量必须落在平面内，
结合选项判断知B、C符合题意，A项中与轴平行，D项中.
故答案为：BC
【分析】由空间直角坐标系的特征逐项进行判断，可得答案。
13．【答案】1
【考点】集合中元素个数的最值；平面向量数量积的运算
【解析】由图像可知，，
则．
因为棱长为1，，所以，
所以，
故集合中的元素个数为1．
故答案为：1
【分析】根据题意由正方体的几何性质，结合向量的运算性质，由已知条件计算出结果即可。
14．【答案】32
【考点】函数的最值及其几何意义；数量积的坐标表达式
【解析】如图，过点D作DE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥y轴于点F，设，
（），则由三角形全等可知，设，，则，则，，则，令，，则，当时，取得最大值，最大值为32
故答案为：32
【分析】由已知条件即可得出定点的坐标，再把数值代入到数量积的坐标公式，整理化简结合余弦函数的图象和性质即可求出最大值。
15．【答案】0；点A1,B,D或点C,B1,D1（填出其中一组即可）
【考点】平面向量数量积的运算
【解析】（1）令，，，
则，
则有，
故
（2）令，，，
则，
则有，
故
故，即
又由（1）之,,
故直线垂直于平面
同理可证直线垂直于平面
故答案为：0;点A1,B,D或点C,B1,D1
【分析】令，，，以为基底，分别表示出 ，再利用平面向量数量积的运算展开即可求出 的值；再利用一样的方法即可证得，，可得直线垂直于平面，进而证得直线垂直于平面。
16．【答案】；
【考点】平面向量数量积的运算；双曲线的定义
【解析】由可知，
故，
设，
则，
因为为锐角，
所以,
因为，
所以，
解得或
故答案为：；
【分析】求出双曲线的a，由双曲线的定义可得，设，得的坐标，根据，求解可得点的纵坐标的取值范围。
17．【答案】（1）证明：由已知，平面平面，
平面，平面平面，所以平面
又平面，所以，又，∴.
（2）解：由（1）可知，，两两垂直，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示.
由已知
所以，，，，，
因为为线段的中点，为线段的中点，所以，,
易知平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，由得，
取，得，
由图可知，二面角的大小为锐角，
所以，
所以二面角的余弦值为
（3）解：假设存在点，使得直线平面，
设，则，
∴
∴，
设平面的一个法向量为，则，
∴，由，则，
∵ 直线平面，∴，又，
∴，解方程得：.
所以线段上存在点，且当时，直线平面．
【考点】数量积表示两个向量的夹角；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量求平面间的夹角
【解析】(1)根据题意由面面垂直的性质定理即可得出线面垂直，再由线面垂直的性质定理即可得出线线垂直，从而即可得出答案。
(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面 法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到 平面 与平面 所成锐二面角的余弦值。
(3)利用假设法设出点的坐标，再由线面平行的性质定理以及共线向量的坐标公式，结合数量积的坐标公式代入数值计算出 的取值，由此即可得证出结论。
18．【答案】（1）证明：在三棱锥中，平面平面，平面平面，而，
平面，因此有平面，又有平面，
所以.
（2）解：取BC中点F，连接AF，DF，如图，
因为等边三角形，则，而平面平面，平面平面，
平面，于是得平面，是与平面BCD所成角，即，
令，则，因，即有，由(1)知，，则有，
过C作交AD于O，在平面内过O作交BD于E，连CE，从而得是二面角的平面角，
中，，，
中，由余弦定理得，
，，显然E是斜边中点，则，
中，由余弦定理得，
所以二面角的余弦值.
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法；余弦定理
【解析】（1） 在三棱锥中，平面平面，再利用面面垂直的性质定理得出线线垂直，所以，再利用线线垂直证出线面垂直，所以平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，从而证出。
（2） 取BC中点F，连接AF，DF，再利用三角形为等边三角形，再结合等边三角形三线合一得出线线垂直，则，再利用平面平面结合面面垂直得出线面垂直，所以平面，从而得出是与平面BCD所成角，即，令，则，再利用，即有，由(1)知，，则有，过C作交AD于O，在平面内过O作交BD于E，连CE，从而得是二面角的平面角，在中结合三角形的面积公式得出的长，再利用勾股定理得出OD的长，在中，由余弦定理得出的值，再利用余弦函数的定义得出DE的长，再利用勾股定理的长OE的长，显然E是斜边中点，从而结合中点的性质得出CE的长，在三角形中，由余弦定理得出二面角的余弦值。
19．【答案】（1）解：选①∵
∴ sin cos = sinCcos + sin cosC= sin( + C) = sin
∴cos
∵ ∈ ,∴ =
选②∵sin( ) = 1 + 2sin2 ,∴sin = cos
∴sin( + A) = 1
∵A ∈ ∴A =
选③∵
∴
∴
∵A ∈ ,∴A =
（2）解：∵ ,∴
又∵
∴ 即
【考点】两角和与差的正弦公式；余弦定理
【解析】（1） 选① ：化边为角化简求出 ，进而求出角A的大小；选② ：利用倍角公式将 sin( ) = 1 + 2sin2 化简为 sin = cos，再利用辅助角公式求解即可求出角A的大小；选③ ：化边为角化简运算求解即可求出角A的大小；
（2）利用面积公式求得 ，再利用余弦定理可得 ，计算即可求出 b+c．
20．【答案】（1）解：因为，
所以四边形ABCE是平行四边形，又，
所以四边形ABCE是菱形，，
又平面与平面垂直，又平面与平面=EB，
所以平面，
建立如图所示空间直接坐标系：
则，
所以，
则，
所以异面直线与所成角的余弦值是；
（2）解：假设棱上存在点P，使平面与平面的夹角为，
设，则，
又，
设平面PBE的一个法向量为，
则，即，
则，
由平面，则为平面的一个法向量，
所以，
解得.
【考点】数量积表示两个向量的夹角；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量求平面间的夹角
【解析】(1)根据题意由已知条件即可得出四边形的形状，结合菱形的几何性质即可得出线线垂直，再由线面垂直的判定定理即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系由此求出各个点以及向量的坐标，然后由数量积的坐标公式即可求出直线的法向量，结合向量夹角的数量积公式，代入数值计算出结果即可。
(2)根据题意假设存在该点，然后由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量，再由面面角与向量夹角之间的关系，代入数值计算出二面角平面角的大小，结合已知条件代入数值计算出结果即可。
21．【答案】（1）解：依题意两两互相垂直，以C为原点.的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
设平面BDC的一个法向量为，则令，则得，此时.
设平面的一个法向量为则
令则得此时
因为,
所以平面BDC与平面所成角的余弦值为.
（2）解：因为,
点到平面BDC距离为.
【考点】数量积表示两个向量的夹角；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量求平面间的夹角
【解析】(1)由已知条件建立空间直角坐标系，由此求出各个点以及向量的坐标，然后由数量积的坐标公式计算出平面的法向量，再把结果代入到数量积的夹角公式，计算出结果即可。
(2)由已知条件即可得出点的坐标，然后由距离公式代入计算出结果即可。
22．【答案】（1）证明：以为坐标原点，、和分别为轴、轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系：
由已知可得，，，，，，
，，
依题意为平面的一个法向量，
又，所以，又平面，
所以平面
（2）解：设平面的一个法向量为，
又，，
则即
令，可得，
依题意为平面的一个法向量
设平面与平面的夹角为，
，
又，所以，即平面与平面的夹角为.
【考点】数量积的坐标表达式；数量积表示两个向量的夹角；直线与平面平行的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】(1)根据题意建立空间直角坐标系，由此求出点以及向量的坐标，由此求出平面的法向量，由数量积的运算性质计算出，结合线面平行的判定定理即可得证出结论。
(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面与平面的大小。
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