2022版高考数学一轮复习-练案第七章-立体几何-第六讲-空间向量及其运算练习新人教版.doc

2022版高考数学一轮复习 练案第七章 立体几何 第六讲 空间向量及其运算练习新人教版

2022版高考数学一轮复习 练案第七章 立体几何 第六讲 空间向量及其运算练习新人教版

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[练案47理]第六讲　空间向量及其运算(理)
A组基础巩固
一、选择题
1．(2021·枣阳市第一中学月考)已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2,3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则(　C　)
A．α∥β　　 B．α⊥β
C．α，β相交但不垂直　　 D．以上均不对
[解析]　因为n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，所以α，β不平行，也不垂直．故选C．

2．平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为AC和BD的交点，若＝a，＝b，＝c，则下列式子中与相等的是(　C　)
A．－a＋b＋c　　 B．a＋b－c
C．－a＋b－c　　 D．－a－b＋c
[解析]　＝＋＝－c＋＝－c＋(b－a)＝－a＋b－c.故选C．
3．(2020·广西桂林一中期中)若a＝(2,3，m)，b＝(2n,6,8)，且a，b为共线向量，则m＋n的值为(　C　)
A．7　　 B．　　　
C．6　　 D．8
[解析]　由a、b共线得＝＝，解得m＝4，n＝2，∴m＋n＝6，故选C．
4．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|PA|＝|PB|，则P点坐标为(　C　)
A．(3,0,0)　　 B．(0,3,0)
C．(0,0,3)　　 D．(0,0，－3)
[解析]　设P点坐标为(0,0，a)，则由题意知1＋4＋(1－a)2＝4＋4＋(2－a)2，解得a＝3，∴P点坐标为(0,0,3)，故选C．
5．已知a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为(　D　)
A．－2　　 B．－　　　
C．　　 D．2
[解析]　a－λb＝(－2＋λ，1－2λ，3－λ)，由a⊥(a－λb)知a·(a－λb)＝－2－2＋λ)＋(1－2λ)＋3(3－λ)＝0，∴λ＝2，故选D.
6．已知点A(2，－5,1)，B(2，－2,4)，C(1，－4,1)，则向量与的夹角为(　C　)
A．30°　　 B．45°　　　
C．60°　　 D．90°
[解析]　由已知得＝(0,3,3)，＝(－1,1,0)，
所以cos，＝＝＝.
所以向量与的夹角为60°.故选C．
7．(2021·西安质检)已知空间四边形ABCD的每条棱和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则·的值为(　C　)
A．a2　　 B．a2　　　
C．a2　　 D．a2
[解析]　·＝(＋)·＝(·＋·)＝(a2cos 60°＋a2cos 60°)＝a2.故选C．
8．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则平面ABC的一个单位法向量是(　D　)
A．　　 B．
C．　　 D．
[解析]　＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)，
设平面ABC的一个法向量n＝(x，y，z)，
∴
令x＝1，则y＝1，z＝1，∴n＝(1,1,1)．
单位法向量为：±＝±.
9．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于(　D　)
A．　　 B．
C．　　 D．
[解析]　显然a与b不共线，
如果a，b，c三向量共面，则c＝xa＋ yb，
即x(2，－1,3)＋y(－1,4，－2)＝(7,5，λ)，
∴解得选D.
10．已知平面α内有一个点A(2，－1,2)，α的一个法向量为n＝(3,1,2)，则下列点P中，在平面α内的是(　B　)
A．(1，－1,1)　　 B．
C．　　 D．
[解析]　对于选项A，＝(1,0,1)，则·n＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0；对于选项B，＝，则·n＝·(3,1,2)＝0，验证可知C、D均不满足·n＝0.故选B.
11．如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD－A1B1C1D1，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°，下列说法正确的个数是(　B　)

①(＋＋)2＝2()2
②·(－)＝0
③向量与的夹角是60°
④BD1与AC所成角的余弦值为
A．1　　 B．2　　　
C．3　　 D．4
[解析]　平行六面体的棱长均为a，则由题意知(＋＋)2＝()2＋()2＋()2＋2·＋2·＋2·＝6a2，
2()2＝2(＋)2＝2[()2＋2·＋()2]＝6a2，
∴(＋＋)2＝2()2，①正确；
∵·(－)＝(＋＋)·(－)＝·－·＋()2－()2＝0，②正确；
∵＝－，
cos〈，〉＝＝－，
∴与的夹角是120°，③错；
∵＝＋－，＝＋，
记BD1与AC所成角为θ，
则cos θ＝＝＝，④错；故选B.
12．(2020·重庆月考)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，△PAD是等边三角形，底面ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，M为棱PD的中点，N为菱形ABCD的中心，下列结论错误的是(　C　)

A．PB∥平面AMC
B．PB⊥AD
C．AM＝CM
D．PB与AM所成角的余弦值为
[解析]　如图，连接MN，易知MN∥PB，由线面平行的判定定理得PB∥面AMC，A正确．取AD的中点O，连PO、BO，由题意易知PO、OA、OB两两垂直，如图建立空间直角坐标系，且设AB＝2，则·＝(－2,0,0)·(0，，－)＝0，

∴PB⊥AD，B正确．
又|MA|2＝2＋2＝3，
|MC|2＝2＋(0－)2＋2＝6，∴MA≠MC，∴C错；cos〈，〉＝＝＝－，
∴PB与AM所成角的余弦值为，D正确．故选C．
二、填空题
13．(2021·竹溪县第二高级中学月考)如图，空间四边形OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC中点，则等于　－a＋b＋c　.(用a，b，c表示)

[解析]　因为＝－＝(＋)－＝(b＋c)－a＝－a＋b＋c.
14．已知三点A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，则当·取得最小值时，Q点的坐标为　　.
[解析]　设Q(x，y，z)，由点Q在直线OP上可得存在实数λ使得＝λ，则有Q(λ，λ，2λ)，＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ).·＝(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＝时，取得最小值，此时Q.
三、解答题
15．如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点，求证：AB1⊥平面A1BD.

[证明]　解法一：取BC的中点O，连接AO.
∵△ABC为正三角形，∴AO⊥BC．
∵在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，
∴AO⊥平面BCC1B1，
取B1C1的中点O1，以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如下图所示，则B(1,0，0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，)，A(0,0，)，B1(1,2,0)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，＝(－1,2，)，＝(－2,1,0)．

则n⊥，n⊥，故
∴令x＝1，则y＝2，z＝－.
故n＝(1,2，－)为平面A1BD的一个法向量，而＝(1,2，－)，
∴＝n，即∥n，
∴AB1⊥平面A1BD.
解法二：设平面A1BD内的任意一条直线m的方向向量为m.由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m＝λ＋μ.
令＝a，＝b，＝c，显然它们不共面，并且|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，
以它们为空间的一组基底，则＝a＋c，＝a＋b，＝a－c，m＝λ＋μ＝a＋μb＋λc，·m＝(a－c)·＝4－2μ－4λ＝0.故⊥m，结论得证．
解法三：基向量的取法同上．
∵·＝(a－c)·(a＋c)＝|a|2－|c|2＝0，
·＝(a－c)·＝|a|2＋a·b－a·c－b·c＝0，
∴⊥，⊥BD，即AB1⊥BA1，AB1⊥BD，由直线和平面垂直的判定定理，知AB1⊥平面A1BD.
B组能力提升
1．(2020·河南九师联盟联考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是(　D　)
A．若α⊥β，m⊂α，n∥β，则m⊥n
B．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
C．若m⊥n，m∥α，n⊂β，则α⊥β
D．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
[解析]　A中，若α⊥β，m⊂α，n∥β，则m，n也有可能平行，故A错；B中，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥β，n∥α，但m，n可能异面、平行，故B错；C中，若m⊥n，m∥α，n⊂β，则α，β可能平行或相交，故C错；D中，若m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n∥β，所以α⊥β，即D正确．故选D.
2．直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，则异面直线AB1与C1B所成角的余弦值为(　C　)
A．　　 B．　　　
C．　　 D．
[解析]　以BC的中点O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC＝2，则B(－1,0,0)，则C1(1,0,2)，故＝(2,0,2)．又B1(－1,0,2)，A(0，，0)，＝(－1，－，2)，则异面直线AB1与C1B所成角的余弦值为cosθ＝＝＝，故选C．

3．(2021·广东汕头模拟)如图，三棱锥D－ABC中，AB＝AC＝DB＝DC＝1，BC＝，平面DBC⊥平面ABC，M，N分别为DA和DC的中点，则异面直线CM与BN所成角的余弦值为(　A　)

A．　　 B．　　　
C．　　 D．0
[解析]　取BC的中点O，连接DO，AO，

∵BD＝DC，∴DO⊥BC，
又平面DBC⊥平面ABC，
∴DO⊥平面ABC，从而DO⊥OA，又AB＝AC，
∴AO⊥BC，如图建立空间直角坐标系，
则＝，＝，
则cos，＝＝＝－，
∴异面直线CM与BN所成角的余弦值为.选A．
4．(2021·河南洛阳期中)如图，△ABC为等边三角形，D，E，F分别为AB，AC，BC的中点，AF∩DE＝G，以DE为折痕把△ADE折起，使点A到达点A′的位置，下列命题中，错误的是(　D　)

A．动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上
B．恒有平面A′GF丄平面BCDE
C．三棱锥A′－EFD的体积有最大值
D．异面直线A′E与BD不可能垂直
[解析]　由题意知DE⊥GF，DE⊥A′G，∴DE⊥平面A′FG，又DE⊂平面ABC，∴平面A′FG⊥平面ABC，又平面A′FG∩平面ABC＝AF，∴A′在平面ABC上的射影在线段AF上，∴A、B对；显然，当平面A′DE⊥平面ABC时，V三棱锥A′－EFD最大，∴C对；不妨设等边△ABC的边长为2a，则A′E＝EF＝a，当A′F＝a时，A′E⊥EF，又EF∥BD，∴A′E⊥BD，∴D错，故选D.

5．(2021·百万联考9月联考改编)在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥平面ABCD，PD＝AB，四边形ABCD是正方形，点E是棱PB的中点，则下列结论正确的是(　C　)
①PD⊥平面ABCD　　　②PD∥平面ACE
③PB＝2AE　　　④PC⊥AE
A．①②　　 B．②④　　　
C．②③　　 D．①④
[解析]　如图，对于①，因为PD与AD不一定垂直，所以PD不一定垂直平面ABCD，故①错误；对于②，连接BD，记AC∩BD＝O，连接OE，四边形ABCD是正方形，所以O为BD的中点．因为O，E分别为BD，BP的中点，所以OE∥PD，则PD∥平面ACE，故②正确；对于③，因为四边形ABCD是正方形，所以CD⊥AD，因为侧面PAD⊥平面ABCD，所以CD⊥平面PAD.因为AB∥CD，所以AB⊥平面PAD，因为PA⊂平面PAD，所以AB⊥PA，则PB＝2AE，故③正确，故选C．