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
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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 年级: 姓名: [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.- 配套讲稿:
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