2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時規(guī)范練42 空間向量及其運算 理 北師大版

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1、2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時規(guī)范練42 空間向量及其運算 理 北師大版 1.空間任意四個點A、B、C、D,則等于(　　) A. B. C. D. 2.(2018河北衡水一中二模,理4)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,底面是邊長為1的正方形,若∠A1AB=∠A1AD=60°,且A1A=3,則A1C的長為(　　) A. B.2 C. D. 3.(2018安徽蕪湖期末,4)在四面體O-ABC中,點M在OA上,且OM=2MA,N為BC的中點,若,則使G與M,N共線的x的值為(　　) A.1 B.2 C. D. 4.(2018遼寧沈陽期中,5)若向量a=(,1,0),b=(1

2、,0,z),=,則實數(shù)z的值為(　　) A. B.2 C.± D.±2 5.A,B,C,D是空間不共面的四點,且滿足=0,=0,=0,M為BC中點,則△AMD是(　　) A.鈍角三角形 B.銳角三角形 C.直角三角形 D.不確定 6.已知空間向量a,b,滿足|a|=|b|=1,且a,b的夾角為,O為空間直角坐標(biāo)系的原點,點A,B滿足=2a+b,=3a-b,則△OAB的面積為　　　　　.? 7.已知向量p在基底{a,b,c}下的坐標(biāo)為(2,1,-1),則p在基底{a+b,a-b,c}下的坐標(biāo)為　　　　　,在基底{2a,b,-c}下的坐標(biāo)為　　　　　.? 8.(2018上海

3、金山中學(xué)期中,14)設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,α為過直線BD1的平面,則α截該正方體的截面面積的取值范圍是　　　　　.? 9.(2018吉林實驗中學(xué)一模,11)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=4,AB=BC=2,動點P,Q分別在線段C1D,AC上,則線段PQ長度的最小值是(　　) A. B. C. D. 10. 如圖,在棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中,G為△BC1D的重心, 求證:(1)A1,G,C三點共線; (2)A1C⊥平面BC1D. 綜合提升組 11.(2018遼寧本溪期中,9)已知點A(1,-

4、2,0)和向量a=(-3,4,6),||=2|a|,且與a方向相反,則點B坐標(biāo)為(　　) A.(-7,6,12) B.(7,-10,-12) C.(7,-6,12) D.(- 7,10,12) 12.(2018四川三臺期中,9)點P是棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1上一點,則的取值范圍是(　　) A.-1,- B.-,- C.[-1,0] D.-,0 13.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,有下列命題:①()2=3;②·()=0;③的夾角為60°;④正方體的體積為||.其中正確命題的序號是　　　　　.? 14.在四棱錐P-ABCD中,PD⊥

5、底面ABCD,底面ABCD為正方形,PD=DC,E,F分別是AB,PB的中點. (1)求證:EF⊥CD. (2)在平面PAD內(nèi)是否存在一點G,使GF⊥平面PCB.若存在,求出點G坐標(biāo);若不存在,試說明理由. 創(chuàng)新應(yīng)用組 15.(2018四川瀘州一模,14)已知球O是棱長為2的正八面體(八個面都是全等的等邊三角形)的內(nèi)切球,MN為球O的一條直徑,點P為正八面體表面上的一個動點,則的取值范圍是　　　　　.? 16.(2018河北衡水調(diào)研,18)設(shè)全體空間向量組成的集合為V,a=(a1,a2,a3)為V中的一個單位向量,建立一個“自變量”為向量,“因變量”也是向量的“向

6、量函數(shù)”f(x):f(x)=-x+2(x·a)a(x∈V). (1)設(shè)u=(1,0,0),v=(0,0,1),若f(u)=v,求向量a; (2)對于V中的任意兩個向量x,y,證明:f(x)·f(y)=x·y; (3)對于V中的任意單位向量x,求|f(x)-x|的最大值. 參考答案 課時規(guī)范練42　空間向量及其運算 1.C　+-=+=.故選C. 2.A　因為=++,所以||2=(++)2=||2+||2+||2+2(·+·+·)=1+2+9+2(1××cos 45°+1×3×cos 120°+×3×cos 135°)=5.故A1C的長

7、為.故選A. 3.A　= (+),=.假設(shè)G與M,N共線,則存在實數(shù)λ使得=λ+(1-λ)= (+)+,與=++比較可得=,=,解得x=1.故選A. 4.C　|a|==2,|b|=,a·b=.∴cos===,化為z2=2,解得z=±.故選C. 5.C　∵M為BC中點,∴= (+). ∴·=(+)·=·+·=0. ∴AM⊥AD,△AMD為直角三角形. 6.　由=2a+b,=3a-b,得||==,||==,·=(2a+b)·(3a-b)=. ∴cos∠BOA==, ∴sin∠BOA=. ∴S△OAB=||||sin∠BOA=. 7., ,-1　(1,1,1)　由條件p=2a+b

8、-c.設(shè)p在基底{a+b,a-b,c}下的坐標(biāo)為(x,y,z),則p=x(a+b)+y(a-b)+zc=(x+y)a+(x-y)b+zc, 因為a,b,c不共面,所以 所以即p在基底{a+b,a-b,c}下的坐標(biāo)為,,-1, 同理可求p在基底{2a,b,-c}下的坐標(biāo)為(1,1,1). 故答案為,,-1,(1,1,1). 8.[2,4]　建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則B(2,2,2),D1(0,0,0),設(shè)α與棱CC1的交點為P,與棱AA1的交點為G,則四邊形BGD1P為平行四邊形. 在面α內(nèi)過P作BD1的垂線,垂足為Q,則截面的面積為S=||||=2||. 設(shè)Q(x,x,

9、x),P(0,2,y),則=(2,2,2),=(x,x-2,x-y).因為·=0,故2x+2(x-2)+2(x-y)=0,即3x-y-2=0,故y=3x-2. 因0≤3x-2≤2,故≤x≤. 又||====,其中≤x≤, 所以≤||≤,故2≤S≤4,填[2,4]. 9.C　建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,則A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,4),P(0,t,2t),t∈[0,2],Q(2-m,m,0),m∈[0,2],∴PQ=,當(dāng)且僅當(dāng)5t=m=時,PQ取最小值,選C. 10.證明 (1)=++=++,=+=+× (+)=+ (-+-)= (++)=, ∴∥,即A1

10、,G,C三點共線. (2)設(shè)=a,=b,=c, 則|a|=|b|=|c|=a, 且a·b=b·c=c·a=0. ∵=a+b+c,=c-a, ∴·=(a+b+c)·(c-a)=c2-a2=0. 因此⊥,即CA1⊥BC1. 同理CA1⊥BD. 又BD與BC1是平面BC1D內(nèi)的兩條相交直線,故A1C⊥平面BC1D. 11.B　設(shè)B(x,y,z),∵A(1,-2,0), ∴=(x-1,y+2,z). ∵||=2|a|,且與a方向相反,a=(-3,4,6), ∴=-2a=(6,-8,-12), ∴解得 ∴B(7,-10,-12),故選B. 12.D　以點D為原點,以DA所在

11、的直線為x軸,以DC所在的直線為y軸,以DD1所在的直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示; 則點A(1,0,0),C1(0,1,1),設(shè)點P的坐標(biāo)為(x,y,z),由題意可得0≤x≤1,0≤y≤1,z=1, ∴=(1-x,-y,-1),=(-x,1-y,0), ∴·=-x(1-x)-y(1-y)+0=x2-x+y2-y=x-2+y-2-, 由二次函數(shù)的性質(zhì)可得,當(dāng)x=y=時·取得最小值為-; 當(dāng)x=0或1,且y=0或1時,·取得最大值為0,則·的取值范圍是-,0. 故選D. 13.①②　(++)2=+++2·+2·+2·=3,故①正確. ·(-)=·=0,故②正確.

12、因為∥,AD1、AC、D1C均為面對角線,所以三角形AD1C為等邊三角形,而與的夾角為與的夾角的補角.所以與的夾角為120°,故③錯誤. 正方體的體積為||||||,而|··|=0,故④錯誤. 14.(1)證明 如圖,以DA,DC,DP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AD=a,則D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),E,P(0,0,a),F. =,=(0,a,0). ∵·=0,∴⊥, 即EF⊥CD. (2)解 假設(shè)存在滿足條件的點G,設(shè)G(x,0,z), 則=,若使GF⊥平面PCB,則由·=x-,-,z-·(a,0,0)=

13、a=0,得x=. 由·=x-,-,z-·(0,-a,a)=+a=0,得z=0. ∴點G坐標(biāo)為,即存在滿足條件的點G,且點G為AD的中點. 15.0, 　設(shè)球O的半徑為R,則××1=××R,解得R=.||∈,.可得·=(-)·(-)=-R2=-∈0, . 16.解 (1)依題意得f(u)=-u+2(u·a)a=v,設(shè)a=(x,y,z),代入運算得?a=,0,或a=-,0,-; (2)證明 設(shè)x=(a,b,c),y=(m,n,t),a=(a1,a2,a3),則f(x)·f(y)=[-x+2(x·a)a]·[-y+2(y·a)a]=x·y-4(y·a)(x·a)+4(y·a)(x·a)(a)2=x·y-4(y·a)(x·a)+4(y·a)(x·a)=x·y.從而得證; (3)設(shè)x與a的夾角為α,則x·a=|x|·|a|cos α=cos α, 則|f(x)-x|=|2x-2(x·a)a|==≤2,故最大值為2.