2022高考数学一轮复习-课时规范练43-空间向量及其运算北师大版.docx

2022高考数学一轮复习 课时规范练43 空间向量及其运算北师大版2022高考数学一轮复习 课时规范练43 空间向量及其运算北师大版年级：姓名：课时规范练43空间向量及其运算基础巩固组1.已知空间四边形OABC中,OA=a,OB=b,OC=c,点M在OA上,且OM=2MA,N为BC中点,则MN=()A.12a-23b+12cB.-23a+12b+12cC.12a+12b-12cD.23a+23b-12c2.(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.-2B.2C.3D.-33.已知空间四边形ABCD的每条棱和对角线的长都等于a,E,F分别是BC,AD的中点,则AEAF的值为()A.a2B.12a2C.14a2D.34a24.(2020安徽蚌埠一中模拟)在空间四边形ABCD中,ABCD+ACDB+ADBC=()A.-1B.0C.1D.不确定5.平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,向量AB,AD,AA1两两的夹角均为60,且|AB|=1,|AD|=2,|AA1|=3,则|AC1|等于()A.5B.6C.4D.86.(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-23cB.-12a-16b+23cC.12a-16b-13cD.-12a+16b+13c7.若a=(2,-3,5),b=(-3,1,2),则|a-2b|=()A.72B.52C.310D.638.若平面的一个法向量为12,12,0,直线l的方向向量为(1,0,1),则l与所成角的大小为.9.在空间直角坐标系中,以点A(4,1,9),B(10,-1,6),C(x,4,3)为顶点的ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,则实数x的值为.10.如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,G为BC1D的重心,求证:(1)A1,G,C三点共线;(2)A1C平面BC1D.综合提升组11.(2020山东安丘一中模拟)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,zR),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.既不充分又不必要条件12.(2020河南南阳五中模拟)如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,AB=2,AF=1,M在EF上,且AM平面BDE,则M点的坐标为()A.(1,1,1)B.23,23,1C.22,22,1D.24,24,113.(2020湖北葛洲坝中学模拟)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=BC=1,动点P,Q分别在线段C1D,AC上,则线段PQ长度的最小值是()A.23B.33C.23D.5314.(2020重庆合川中学模拟)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱长为2,底面边长为1,M为BC的中点,C1N=NC,且AB1MN,则的值为.创新应用组15.(2020四川射洪中学模拟)如图,在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,E,F分别是PC,PD的中点,PA=AB=1,BC=2.求证:(1)EF平面PAB;(2)平面PAD平面PDC.16.(2020陕西西安三中模拟)在四棱锥P-ABCD中,PD底面ABCD,底面ABCD为正方形,PD=DC,E,F分别是AB,PB的中点.(1)求证:EFCD;(2)在平面PAD内是否存在一点G,使GF平面PCB?若存在,求出点G坐标;若不存在,试说明理由.参考答案课时规范练43空间向量及其运算1.B显然MN=ON-OM=12(OB+OC)-23OA=12b+12c-23a.故选B.2.Ab-c=(-2,3,1),a(b-c)=4+3x+2=0,解得x=-2.故选A.3.CAEAF=12(AB+AC)12AD=14(ABAD+ACAD)=14(a2cos60+a2cos60)=14a2.故选C.4.B如图,令AB=a,AC=b,AD=c,则ABCD+ACDB+ADBC=a(c-b)+b(a-c)+c(b-a)=ac-ab+ba-bc+cb-ca=0.5.A设AB=a,AD=b,AA1=c,则|AC1|=a+b+c,|AC1|2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=25,因此|AC1|=5.6.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.Ca=(2,-3,5),b=(-3,1,2),a-2b=(8,-5,1),|a-2b|=82+(-5)2+12=310.故选C.8.6设平面的一个法向量为m=12,12,0,直线l的方向向量为n=(1,0,1),则cos=mn|m|n|=12222=12,令l与所成角的大小为,则sin=12,即直线l与平面所成角为6.9.2由题意知ABAC=0,|AB|=|AC|.又AB=(6,-2,-3),AC=(x-4,3,-6),6(x-4)-6+18=0,(x-4)2=4,解得x=2.10.证明(1)CA1=CB+BA+AA1=CB+CD+CC1,CG=CC1+C1G=CC1+2312(C1B+C1D)=CC1+13(CB-CC1+CD-CC1)=13(CB+CD+CC1)=13CA1,CGCA1,即A1,G,C三点共线.(2)设CB=a,CD=b,CC1=c,则|a|=|b|=|c|=a,且ab=bc=ca=0.CA1=a+b+c,BC1=c-a,CA1BC1=(a+b+c)(c-a)=c2-a2=0.因此CA1BC1,即CA1BC1.同理CA1BD.又BD与BC1是平面BC1D内的两条相交直线,故A1C平面BC1D.11.B当x=2,y=-3,z=2时,OP=2OA-3OB+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,nR),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.12.C设M点的坐标为(x,y,1),因为ACBD=O,所以O22,22,0,又E(0,0,1),A(2,2,0),所以OE=-22,-22,1,AM=(x-2,y-2,1),因为AM平面BDE,所以OEAM,所以x-2=-22,y-2=-22,解得x=22,y=22,所以M点的坐标为22,22,1.13.C以D为原点,DA,DC,DD1为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设DP=DC1,AQ=AC(,0,1).DC1=(0,1,2),AC=(-1,1,0),DA=(1,0,0),所以DP=(0,1,2)=(0,2),DQ=DA+(DC-DA)=(1,0,0)+(-1,1,0)=(1-,0).所以|PQ|=|DQ-DP|=|(1-,-,-2)|=(1-)2+(-)2+42=5-52+95-592+4949=23,当且仅当=5,=59,即=19,=59时取等号.所以线段PQ长度的最小值为23.故选C.14.15如图所示,取B1C1的中点P,连接MP,分别以MC,MA,MP的方向为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系,因为底面边长为1,侧棱长为2,则A0,32,0,B1-12,0,2,C12,0,0,C112,0,2,M(0,0,0),因为C1N=NC,所以N12,0,21+,所以AB1=-12,-32,2,MN=12,0,21+.又因为AB1MN,所以AB1MN=0.所以-14+41+=0,所以=15.15.证明以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1),所以E12,1,12,F0,1,12,EF=-12,0,0,PB=(1,0,-1),PD=(0,2,-1),AP=(0,0,1),AD=(0,2,0),DC=(1,0,0),AB=(1,0,0).(1)因为EF=-12AB,所以EFAB,即EFAB.又AB平面PAB,EF平面PAB,所以EF平面PAB.(2)因为APDC=(0,0,1)(1,0,0)=0,所以APDC,ADDC,即APDC,ADDC.又APAD=A,所以DC平面PAD.又DC平面PDC,所以平面PAD平面PDC.16.(1)证明由题意知,DA,DC,DP两两垂直.如图,分别以DA,DC,DP所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设AD=a,则D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),Ea,a2,0,P(0,0,a),Fa2,a2,a2.EF=-a2,0,a2,DC=(0,a,0).因为EFDC=0,所以EFDC,从而得EFCD.(2)解存在.理由如下:假设存在满足条件的点G,设G(x,0,z),则FG=x-a2,-a2,z-a2,若使GF平面PCB,则由FGCB=x-a2,-a2,z-a2(a,0,0)=ax-a2=0,得x=a2;由FGCP=x-a2,-a2,z-a2(0,-a,a)=a22+az-a2=0,得z=0.所以G点坐标为a2,0,0,故存在满足条件的点G,且点G为AD的中点.