2022版高考数学一轮复习-课时规范练36-空间向量及其运算新人教A版.docx

2022版高考数学一轮复习 课时规范练36 空间向量及其运算新人教A版

2022版高考数学一轮复习 课时规范练36 空间向量及其运算新人教A版

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课时规范练36　空间向量及其运算
基础巩固组
1.(2020江西南昌八一中学质检)已知向量a=(-2,x,2),b=(2,1,2),c=(4,-2,1).若a⊥(b-c),则x的值为(　　)
A.-2 B.2 C.3 D.-3
2.在下列条件中,使M与A,B,C一定共面的是(　　)
A.OM=OA-OB-OC
B.OM=15OA+13OB+12OC
C.MA+MB+MC=0
D.OM+OA+OB+OC=0
3.(多选)给出下列命题,其中正确命题有(　　)
A.空间任意三个不共面的向量都可以作为一个基底
B.已知向量a∥b,则a,b与任何向量都能构成空间的一个基底
C.A,B,M,N是空间四点,若BA,BM,BN不能构成空间的一个基底,那么A,B,M,N共面
D.已知向量{a,b,c}是空间的一个基底,若m=a+c,则{a,b,m}也是空间的一个基底
4.下列向量与向量a=(1,-2,1)共线的单位向量为(　　)
A.-12,-22,-12 B.-12,-22,12
C.-12,22,-12 D.12,22,12
5.空间中三点A(0,1,0),B(2,2,0),C(-1,3,1),则下列说法正确的是(　　)
A.AB与AC是共线向量
B.AB的单位向量是255,-55,0
C.AB与BC夹角的余弦值是5511
D.平面ABC的一个法向量是(1,-2,5)
6.

(2020四川三台中学实验学校高三月考)如图,设OA=a,OB=b,OC=c,若AN=NB,BM=2MC,则MN=(　　)
A.12a+16b-23c
B.-12a-16b+23c
C.12a-16b-13c
D.-12a+16b+13c
7.若a=(2,-3,5),b=(-3,1,2),则|a-2b|=(　　)
A.72 B.52 C.310 D.63
8.(多选)已知向量a=(1,-1,m),b=(-2,m-1,2),则下列结论中正确的是(　　)
A.若|a|=2,则m=±2
B.若a⊥b,则m=-1
C.不存在实数λ,使得a=λb
D.若a·b=-1,则a+b=(-1,-2,-2)
9.已知a=(3,2λ-1,1),b=(μ+1,0,2μ).若a⊥b,则μ=　　　　　;若a∥b,则λ+μ=　　　　　. 
10.(2020上海七宝中学期末)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,给出下面四个命题:
①(A1A+A1D1+A1B1)2=3(A1A)2;②AD1与A1B夹角为120°;③A1C·C1D=0;④正方体的体积是|AB·BC·CC1|,则所有正确的命题的序号是　　　　　. 
11.

(2020山东曲阜实验中学单元测试)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是边长为1的正方形,点S到点A,B,C,D的距离都等于2.给出以下结论:
①SA+SB+SC+SD=0;②DA+SB-SC-SD=0;③SA-SB+SC-SD=0;④SA·SB=SC·SD;⑤SA·SC=0.
其中所有正确结论的序号是　　　　　. 

12.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,O为AC的中点.
(1)化简:A1O-12AB-12AD;
(2)设E是棱DD1上的点,且DE=23DD1,若EO=xAB+yAD+zAA1,试求实数x,y,z的值.

综合提升组
13.已知向量{a,b,c}是空间向量的一个基底,向量{a+b,a-b,c}是空间向量的另外一个基底,若一向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(1,2,3),则向量p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为(　　)
A.12,32,3 B.32,-12,3
C.3,-12,32 D.-12,32,3
14.已知空间直角坐标系O-xyz中,OA=(1,2,3),OB=(2,1,2),OP=(1,1,2),点Q在直线OP上运动,则当QA·QB取得最小值时,点Q的坐标为(　　)
A.12,34,13 B.12,32,34
C.43,43,83 D.43,43,73

15.(2020山东烟台高三期末)如图所示的平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,已知AB=AA1=AD,∠BAD=∠DAA1=60°,∠BAA1=30°,N为A1D1上一点,且A1N=λA1D1.若BD⊥AN,则λ的值为　　　　　;若M为棱DD1的中点,BM∥平面AB1N,则λ的值为　　　　　. 
创新应用组

16.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,P为侧棱CC1上一点.
(1)求证:侧棱CC1上不存在点P使B1P⊥平面ABB1A1;
(2)CC1上是否存在点P使得B1P⊥A1B?若存在,确定PC的长;若不存在,说明理由.

17.(2020福建仙游枫亭中学高三期末)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为A1B1,B1C1,C1D1的中点.

(1)求证:AG∥平面BEF;
(2)试在棱BB1上找一点M,使DM⊥平面BEF,并证明你的结论.

参考答案

课时规范练36　空间向量及其运算
1.A　∵b-c=(-2,3,1),∴a·(b-c)=4+3x+2=0,解得x=-2.故选A.
2.C　M与A,B,C一定共面的充要条件是OM=xOA+yOB+zOC,x+y+z=1,
对于A选项,由于1-1-1=-1≠1,所以不能得出M,A,B,C共面;
对于B选项,由于15+13+12≠1,所以不能得出M,A,B,C共面;
对于C选项,由于MA=-MB-MC,则MA,MB,MC为共面向量,所以M,A,B,C共面;
对于D选项,由OM+OA+OB+OC=0,得OM=-OA-OB-OC,而-1-1-1=-3≠1,所以不能得出M,A,B,C共面.故选C.
3.ACD　选项A,根据空间基底的概念,可得任意三个不共面的向量都可以作为一个空间基底,所以A正确;
选项B,根据空间基底的概念,可得B不正确;
选项C,由BA,BM,BN不能构成空间的一个基底,可得BA,BM,BN共面,
又由BA,BM,BN过相同点B,可得A,B,M,N四点共面,所以C正确;
选项D,由{a,b,c}是空间的一个基底,则基向量a,b与向量m=a+c一定不共面,所以可以构成空间另一个基底,所以D正确.故选ACD.
4.C　由|a|=1+2+1=2,
∴与向量a共线的单位向量为12,-22,12或-12,22,-12.故选C.
5.D　对于A项,AB=(2,1,0),AC=(-1,2,1),所以AB≠λAC,则AB与AC不是共线向量,故A错误;
对于B项,因为AB=(2,1,0),所以AB的单位向量为255,55,0,故B错误;
对于C项,向量AB=(2,1,0),BC=(-3,1,1),所以cos<AB,BC>=AB·BC|AB||BC|=-5511,故C错误;
对于D项,设平面ABC的法向量是n=(x,y,z),因为AB=(2,1,0),AC=(-1,2,1),所以n·AB=0,n·AC=0,则2x+y=0,-x+2y+z=0,令x=1,则平面ABC的一个法向量为n=(1,-2,5),故D正确.
6.A　由题可知,MN=MB-NB=23CB-12AB=23(OB-OC)-12(OB-OA)=12OA+16OB-23OC=12a+16b-23c,故选A.
7.C　∵a=(2,-3,5),b=(-3,1,2),∴a-2b=(8,-5,1),∴|a-2b|=82+(-5)2+12=310.故选C.
8.AC　对于A,由|a|=2,可得12+(-1)2+m2=2,解得m=±2,故A正确;
对于B,由a⊥b,可得-2-m+1+2m=0,解得m=1,故B错误;
对于C,若存在实数λ,使得a=λb,则1=-2λ,-1=λ(m-1),m=2λ,显然λ无解,即不存在实数λ,使得a=λb,故C正确;
对于D,若a·b=-1,则-2-m+1+2m=-1,解得m=0,于是a+b=(-1,-2,2),故D错误.故选AC.
9.-35　710　因为a⊥b,则a·b=3(μ+1)+0+2μ=0,解得μ=-35.
若a∥b,则a=mb,即(3,2λ-1,1)=m(μ+1,0,2μ),故3=m(μ+1),2λ-1=0,1=2mμ,
解得λ=12,μ=15.故λ+μ=710.
10.①②③　

设正方体的棱长为1.建立空间直角坐标系,如图,
A1A=(0,0,1),A1D1=(1,0,0),A1B1=(0,1,0),则A1A+A1D1+A1B1=(1,1,1),3A1A=(0,0,3),故(A1A+A1D1+A1B1)2=|A1A+A1D1+A1B1|2=3,3(A1A)2=3|A1A|2=3.故①正确;
设AD1与A1B夹角为θ,AD1=(1,0,-1),A1B=(0,1,1),所以cosθ=AD1·A1B|AD1||A1B|　=-12×2=-12.
因为0°≤θ≤180°,所以AD1与A1B夹角为120°,故②正确;
A1C=(1,1,1),C1D=(0,-1,1),A1C·C1D=0-1+1=0,故③正确;
正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|AB||A1A||AD|,
但是|AB·BC·CC1|=0,故④错误.
11.③④　对于①,SA+SB+SC+SD=SB+BA+SB+SD+DC+SD=2SB+2SD≠0,所以①不正确;
对于②,DA+SB-SC-SD=DA+CB-SD=2DA-SD≠0,所以②不正确;
对于③,SA-SB+SC-SD=BA+DC=0,所以③正确;
对于④,因为底面ABCD是边长为1的正方形,SA=SB=SC=SD=2,所以SA·SB=2×2×cos∠ASB,SC·SD=2×2×cos∠CSD,而∠ASB=∠CSD,于是SA·SB=SC·SD,所以④正确;
对于⑤,SA·SC=2×2cos∠ASC,而∠ASC≠90°,故SA·SC≠0,所以⑤不正确.
12.解(1)∵AB+AD=AC,∴A1O-12AB-12AD=A1O-12(AB+AD)=A1O-12AC=A1O-AO=A1A.
(2)∵EO=ED+DO=23D1D+12DB
=23D1D+12(DA+AB)
=23A1A+12DA+12AB
=12AB-12AD-23AA1,
∴x=12,y=-12,z=-23.
13.B　设向量p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为(x,y,z),
则p=a+2b+3c=x(a+b)+y(a-b)+zc=(x+y)a+(x-y)b+zc,
所以x+y=1,x-y=2,z=3,解得x=32,y=-12,z=3,故p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为32,-12,3.故选B.
14.C　设Q(x,y,z),由点Q在直线OP上,可得存在实数λ使得OQ=λOP,
即(x,y,z)=λ(1,1,2),可得Q(λ,λ,2λ),所以QA=(1-λ,2-λ,3-2λ),QB=(2-λ,1-λ,2-2λ),则QA·QB=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=2(3λ2-8λ+5),根据二次函数的性质,可得当λ=43时,取得最小值-23,此时Q43,43,83.故选C.
15.3-1　23　(1)取空间中一个基底:AB=a,AD=b,AA1=c,设AB=AD=AA1=1,因为BD⊥AN,所以BD·AN=0,因为BD=AD-AB=b-a,AN=AA1+A1N=c+λb,
所以(b-a)·(c+λb)=0,所以12+λ-32-λ2=0,所以λ=3-1.
(2)在AD上取一点M1使得A1N=AM1,连接M1N,M1M,M1B,
因为A1N∥AM1,且A1N=AM1,所以四边形AA1NM1是平行四边形,所以AA1∥NM1,AA1=NM1,又AA1∥BB1,AA1=BB1,所以BB1∥NM1,BB1=NM1,所以四边形BB1NM1是平行四边形,所以NB1∥M1B,NB1=M1B,
又因为M1B⊄平面AB1N,NB1⊂平面AB1N,所以M1B∥平面AB1N,
又因为BM∥平面AB1N,且BM∩M1B=B,所以平面M1MB∥平面AB1N,所以MM1∥平面AB1N,

又因为平面AA1D1D∩平面AB1N=AN,且MM1⊂平面AA1D1D,所以M1M∥AN,所以△AA1N∽△MDM1,
所以A1NDM1=AA1MD=λA1D1(1-λ)A1D1=2,所以λ=23.
16.(1)证明若CC1上存在点P,使B1P⊥平面ABB1A1,又B1P⊂平面BCC1B1,则平面BCC1B1⊥平面ABB1A1.
又BC⊥BB1,∴BC⊥平面ABB1A1.∴BC⊥AB,与已知条件矛盾,故侧棱CC1上不存在点P使B1P⊥平面ABB1A.
(2)解

如图,以A为坐标原点建立空间直角坐标系.
设P(0,2,z),A1(0,0,3),B(3,1,0),B1(3,1,3),故B1P=(-3,1,z-3),A1B=(3,1,-3),若B1P⊥A1B,则B1P·A1B=0,故-3+1-3(z-3)=0,解得z=73,此时P0,2,73,故PC=73.
17.(1)证明以D为坐标原点,DA,DC,DD1分别作为x轴,y轴和z轴建立空间直角坐标系,

则A(1,0,0),B(1,1,0),E1,12,1,F12,1,1,G0,12,1,
∵EF=-12,12,0,BF=-12,0,1,而AG=-1,12,1,
∴AG=EF+BF,故AG与EF,BF共面,∵AG不在平面BEF内,∴AG∥平面BEF.
(2)解设M(1,1,m),则DM=(1,1,m),
∵DM⊥平面BEF,
∴DM·EF=0,DM·BF=0,
∴-12+m=0,解得m=12,故当M为棱BB1的中点时,DM⊥平面BEF.