2023版高考数学一轮复习核心素养测评四十八空间直角坐标系空间向量及其运算理北师大版.doc

核心素养测评四十八 空间直角坐标系、空间向量及其运算
(25分钟　50分)
一、选择题(每小题5分,共35分)
1.设平面α的一个法向量为n1=(1,2,-2),平面β的一个法向量为n2=(-2,-4,k),若α∥β,则k= (　　)
A.2 B. 4 C.-2 D.-4
【解析】选B.因为α∥β,所以两个平面的法向量也平行,所以=,即k=4.
2.在空间直角坐标系中,已知A(1,-2,1),B(2,2,2),点P在z轴上,且满足||=||,则P点坐标为 (　　)
A.(3,0,0) B.(0,3,0)
C.(0,0,3) D.(0,0,-3)
【解析】选C.设P(0,0,z),
则有
=,解得z=3.
3.若非零向量a,b 满足|a|=|b|,(2a+b)·b=0,则a与b的夹角θ为 (　　)
A.30°　　B.60°　　C.120°　　 D.150°
【解析】选C.因为(2a+b)·b =0,所以2a·b+b2=0,所以2|a||b|cos θ+|b|2=0,又因为|a|=|b|≠0,所以cos θ=-,所以θ=120°.
4.已知点A,B,C不共线,对平面ABC外一点O,在下列条件下,点P与A,B,C共面的是 (　　)
A.=2-2-
B. =++
C.+=3-
D.+=4+
【解析】选C.C项可变形为=++,因为++=1, 所以点P,A,B,C共面;其他项不可以.
5.在空间四边形ABCD中,·+·+· = (　　)
A.-1 B.0 C.1 D.不确定
【解析】选B.如图,令 =a,=b,=c,
则·+· +·
=a·(c-b)+b·(a-c)+c·(b-a)
=a·c-a·b+b·a-b·c+c·b-c·a=0.
【秒杀绝招】选B.如图,在空间四边形ABCD中,连接对角线AC,BD,得三棱锥A-BCD,不妨令其各棱长都相等,即为正四面体,因为正四面体的对棱互相垂直,
所以· =0, ·=0, ·=0.
所以 ·+·+·=0.
6.已知向量a=(2,-1,2),b=(2,2,1),则以a,b为邻边的平行四边形的面积为
(　　)
A.　　　B.　　　C.4　　　D.8
【解析】选B.设向量a和b的夹角是θ,则由空间向量的数量积公式和题意得cos θ==
=,
所以sin θ==,所以以a和b为邻边的平行四边形的面积为
S=2××|a|×|b|×=.
7.已知{a,b,c}是空间的一个基底,{a+b,a-b,c}是空间的另一个基底,一向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(4,2,3),则向量p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标是
(　　)
A.(4,0,3) B.(3,1,3)
C.(1,2,3) D.(2,1,3)
【解析】选B.设p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为x,y,z.则p=x(a+b)+y(a-b)+zc
=(x+y)a+(x-y)b+zc,①
因为p在{a,b,c}下的坐标为(4,2,3),
所以p=4a+2b+3c,②
由①②得所以
即p在{a+b,a-b,c}下的坐标为(3,1,3).
二、填空题(每小题5分,共15分)
8.已知a=(x,4,1),b=(-2,y,-1),c=(3,-2,z),a∥b,b⊥c,则c=________________. 
【解析】因为a∥b,所以==,
解得x=2,y=-4,
此时a=(2,4,1),b=(-2,-4,-1),
又因为b⊥c,所以b·c=0,
即-6+8-z=0,解得z=2,于是c=(3,-2,2).
答案:(3,-2,2)
9.如图所示,PD垂直于正方形ABCD所在平面,AB=2,E为PB的中点,cos<,>=,若以DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则点E的坐标为________________. 
【解析】设PD=a,则A(2,0,0),B(2,2,0),
P(0,0,a),E1,1,.
所以=(0,0,a),=-1,1,.
由cos<,>=,所以=a·,所以a=2,所以E的坐标为(1,1,1).
答案:(1,1,1)
10.如图,已知在一个60°的二面角的棱上,有两个点A,B,AC,BD分别是在这个二面角的两个半平面内垂直于AB的线段,且AB=4 cm,AC=6 cm,BD=8 cm,则CD的长为________________.  
【解析】设=a,=b,=c,
由已知条件|a|=8,|b|=4,|c|=6,
<a,b>=90°,<b,c>=90°,<a,c>=60°,
||2=|++|2=|-c+b+a|2
=a2+b2+c2+2a·b-2a·c-2b·c=68,
则||=2.
答案:2 cm
(15分钟　35分)
1.(5分)已知空间四边形ABCD,连接AC,BD,设M,G分别是BC,CD的中点,则-+等于 (　　)
A. B.3 C.3 D.2
【解析】选B.-+=-(-)==3.
2.(5分)已知非零向量与满足 +·=0且· =, 则△ABC为 (　　)
A.三边均不相等的三角形 B.直角三角形
C.等腰非等边三角形 D.等边三角形
【解析】选D.由 +·=0知:∠A的平分线垂直于BC,所以△ABC为等腰三角形;由· =知∠A=60°,所以△ABC为等边三角形.
3.(5分)如图,已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中,有下列三个条件:①A1B⊥AC1;②A1B⊥B1C;③B1C1=A1C1.试利用①、②、③构造出一个正确的命题________________.  
【解析】设=a,=b,=c,由A1B⊥AC1⇔·=0⇔(b-a+c)(-c-a)=0,
所以a·b=|a|2-| c|2,①
由A1B⊥B1C⇔·=0⇔(b-a+c)( c-b)=0,所以a·b=| b|2-| c|2,②
由B1C1=A1C1得| a|2=|b|2,③
由①②③不难看出①②⇒③;①③⇒②;②③⇒①.
答案:①②⇒③(或①③⇒②;②③⇒①)
4.(10分)如图所示,已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a,点M,N分别是AB,CD的中点.
(1)求证:MN⊥AB,MN⊥CD.
(2)求MN的长.
(3)求异面直线AN与CM所成角的余弦值.
【解析】(1)设=p,=q,=r.
由题意可知,|p|=|q|=|r|=a,且p,q,r三向量两两夹角均为60°.
=-=(+)-
=(q+r-p),
所以·=(q+r-p)·p
=(q·p+r·p-p2)
=(a2cos 60°+a2cos 60°-a2)=0.
所以⊥.即MN⊥AB.
同理可证MN⊥CD.
(2)由(1)可知=(q+r-p),
所以||2=(q+r-p)2
=[q2+r2+p2+2(q·r-p·q-r·p)]
==×2a2=.
所以||=a.所以MN的长为a.
(3)设向量与的夹角为θ.
因为=(+)=(q+r),
=-=q-p,
所以·=(q+r)·
=
=
==.
又因为||=||=a,
所以·=||||cos θ=a×a×cos θ=.所以cos θ=.
所以向量与的夹角的余弦值为,从而异面直线AN与CM所成角的余弦值为.
【误区警示】直线所成角的范围是.
5.(10分)如图,在棱长为a的正方体OABC-O1A1B1C1中,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF=x,其中0≤x≤a,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.
(1)写出点E,F的坐标.
(2)求证:A1F⊥C1E.
(3)若A1,E,F,C1四点共面,求证:=+.
【解析】(1)E(a,x,0),F(a-x,a,0).
(2)因为A1(a,0,a),C1(0,a,a),
所以=(-x,a,-a),=(a,x-a,-a),
所以·=-ax+a(x-a)+a2=0,
所以⊥,所以A1F⊥C1E.
(3)因为A1,E,F,C1四点共面,
所以,,共面.
选与为在平面A1C1E上的一组基向量,则存在唯一实数对(λ1,λ2),使=λ1+λ2,
即(-x,a,-a)=λ1(-a,a,0)+λ2(0,x,-a)
=(-aλ1,aλ1+xλ2,-aλ2),
所以解得λ1=,λ2=1.
于是=+.
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