备考2024届高考数学一轮复习分层练习第七章立体几何与空间向量第5讲空间向量及空间位置关系

第5讲空间向量及空间位置关系1.以下各选项中的三个向量，不能构成空间基底的是（　A　）A.a＝（1，0，0），b＝（0，2，0），c＝（12，－2，0）B.a＝（1，0，0），b＝（0，1，0），c＝（0，0，2）C.a＝（1，0，1），b＝（0，1，1），c＝（2，1，2）D.a＝（1，1，1），b＝（0，1，0），c＝（1，0，2）解析　若空间三个向量a，b，c能构成空间的一个基底，则向量a，b，c不共面，对于选项A，因为a＝（1，0，0），b＝（0，2，0），c＝（12，－2，0），则c＝12a－22b，即向量a，b，c共面，故选项A中的三个向量不能构成空间基底.选项B，C，D中的三个向量均不共面，即都能构成空间基底.2.已知直线l1的一个方向向量a＝（2，4，x），直线l2的一个方向向量b＝（2，y，2），若｜a｜＝6，且l1⊥l2，则x＋y的值是（　A　）A.－3或1B.3或－1C.－3D.1解析　∵｜a｜＝22＋42＋x2＝6，∴x＝±4.∵l1⊥l2，∴a⊥b，∴a·b＝2×2＋4y＋2x＝0，∴y＝－1－12x.∴当x＝4时，y＝－3；当x＝－4时，y＝1.∴x＋y＝－3或x＋y＝1.3.已知a＝（1，2，－y），b＝（x，1，2），且（a＋2b）∥（2a－b），则（　B　）A.x＝13，y＝1B.x＝12，y＝－4C.x＝2，y＝－14D.x＝1，y＝－1解析　由题意知，a＋2b＝（2x＋1，4，4－y），2a－b＝（2－x，3，－2y－2）.∵（a＋2b）∥（2a－b），∴存在实数λ，使a＋2b＝λ（2a－b），∴2x+1=λ（2－x),4=3λ，4－y＝λ（－2y－2),解得λ＝43，x＝12，y＝－4.4.[多选/2024广东佛山一中校考]下列关于空间向量的命题中，正确的有（　BD　）A.直线l的一个方向向量是a＝（0，3，0），平面α的一个法向量是u＝（0，－5，0），则l∥αB.若a，b，c可构成空间的一个基底，则向量a＋b，b＋c，c＋a也可构成空间的一个基底C.若非零向量a，b，c满足a⊥b，b⊥c，则有a∥cD.若OA，OB，OC可构成空间的一个基底，且OD＝13OA＋13OB＋13OC，则A，B，C，D四点共面 解析　对于A，直线l的一个方向向量为a＝（0，3，0），平面α的一个法向量是u＝（0，－5，0），此时a＝－35u，所以l⊥α，故A错误；对于B，因为a，b，c可构成空间的一个基底，所以对于空间中的任意一个向量m，存在唯一的有序实数组（x，y，z），使得m＝xa＋yb＋zc＝x＋y－z2（a＋b）＋y＋z－x2·（b＋c）＋x＋z－y2（a＋c），由空间向量的基本定理可知，向量a＋b，b＋c，c＋a也可构成空间的一个基底，故B正确；对于C，若非零向量a，b，c满足a⊥b，b⊥c，则a与c关系不定，有可能平行，故C错误；对于D，若OA，OB，OC可构成空间的一个基底，且OD＝13OA＋13OB＋13OC，13＋13＋13＝1，易知A，B，C，D四点共面，故D正确.故选BD.5.[2024浙江台州模拟]如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且AB＝BC＝2，AP＝a.若D是棱PC上的点，满足PD＝13PC，且AD⊥PB，则a＝　2　.解析　因为PA⊥平面ABC，AB，BC⊂平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥BC，又AB⊥BC，故PA，AB，BC两两垂直，以A为坐标原点，AB，AP所在直线分别为y轴，z轴，平行于BC的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，故A（0，0，0），B（0，2，0），C（2，2，0），P（0，0，a），因为PD＝13PC，所以D（23，23，23a），因为AD⊥PB，所以AD·PB＝（23，23，23a）·（0，2，－a）＝43－23a2＝0，解得a＝2.6.[2024辽宁省部分名校联考]已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，P是空间内的动点，且｜PB＋PD1｜＝23，则AP·PB的最大值为（　B　）A.－8B.－4＋26C.13D.1解析　如图，连接BD1，取BD1的中点M，连接PM，则PB＋PD1＝2PM，则｜PB＋PD1｜＝｜2PM｜＝23，即｜PM｜＝3，故动点P的轨迹为以M为球心，3为半径的球.由正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，可知正方体ABCD－A1B1C1D1外接球的半径为3，故动点P的轨迹为正方体ABCD－A1B1C1D1的外接球.取AB的中点N，连接PN，MN，则AP·PB＝－（PN＋NA）·（PN＋NB）＝－（PN＋NA）·（PN－NA）＝NA2－PN2＝1－PN2. 由题可知，｜MN｜＝2，则3－2≤｜PN｜≤3＋2，5－26≤｜PN｜2≤5＋26，则－4－26≤1－PN2≤－4＋26.所以AP·PB的最大值为－4＋26，故选B.7.[多选/2024浙江联考]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，点M，N分别在棱AB和BB1上运动（不含端点），若D1M⊥MN，则下列命题正确的是（　AD　）A.MN⊥A1MB.MN⊥平面D1MCC.线段BN长度的最大值为1D.三棱锥D1－A1C1M体积不变解析　如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A1（2，0，2），D1（0，0，2），设M（2，a，0），N（2，2，b），a，b∈（0，2），则D1M＝（2，a，－2），MN＝（0，2－a，b），又D1M⊥MN，所以D1M·MN＝a（2－a）－2b＝0，得b＝a（2－a）2.对于A，A1M＝（0，a，－2），所以A1M·MN＝a（2－a）－2b＝0，故A1M⊥MN，故A正确；对于B，C（0，2，0），MC＝（－2，2－a，0），MN·MC＝（2－a）2≠0，所以MN与MC不垂直，则MN不垂直于平面D1MC，故B错误；对于C，B（2，2，0），｜BN｜＝b＝a（2－a）2＝－12（a－1）2＋12，a∈（0，2），所以当a＝1时，｜BN｜取得最大值12，故C错误；对于D，VD1－A1C1M＝VM－A1C1D1＝13×SA1C1D1×AA1＝13×12×2×2×2＝43，故D正确.故选AD.8.[多选/2024广东清远模拟]如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，点P为侧面BB1C1C内（不含边界）的动点，则（　AC　）A.D1O⊥ACB.存在点P，使得D1O∥B1PC.三棱锥A－D1DP的体积为43D.若D1O⊥PO，则C1P的最小值为85解析　以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A（2，0，0），C（0， 2，0），D（0，0，0），D1（0，0，2），B1（2，2，2），C1（0，2，2），O（1，1，0），设点P（x，2，z），其中0＜x＜2，0＜z＜2.对于A选项，AC＝（－2，2，0），D1O＝（1，1，－2），则AC·D1O＝－2＋2＝0，所以D1O⊥AC，故A正确；对于B选项，B1P＝（x－2，0，z－2），D1O＝（1，1，－2），若B1P∥D1O，则x－21＝01＝z－2－2，解得x＝z＝2，不符合题意，所以不存在点P，使得B1P∥D1O，故B错误；对于C选项，S△ADD1＝12×22＝2，点P到平面ADD1的距离为2，所以VA－DD1P＝VP－ADD1＝13×2×2＝43，故C正确；对于D选项，OP＝（x－1，1，z），若D1O⊥PO，则D1O·OP＝x－1＋1－2z＝x－2z＝0，可得x＝2z，由0<z<2，0<2z<2，可得0＜z＜1，所以C1P＝x2＋（2－2）2＋（z－2）2＝5z2－4z+4＝5（z－25）2＋165≥455，当且仅当z＝25时取等号，故D错误.故选AC.9.如图，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝120°.（1）求线段AC1的长；（2）求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值；（3）求证：AA1⊥BD.解析　（1）设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，这三个向量不共面，{a，b，c}构成空间的一个基底，则｜a｜＝｜b｜＝1，｜c｜＝2，a·b＝0，c·a＝c·b＝2×1×cos120°＝－1.因为AC1＝AC＋CC1＝AB＋AD＋AA1＝a＋b＋c，所以｜AC1｜＝｜a＋b＋c｜＝（a＋b＋c）2＝｜a｜2＋｜b｜2＋｜c｜2+2（a·b＋b·c＋c·a）＝12＋12＋22+2（0－1－1）＝2.所以线段AC1的长为2.（2）设异面直线AC1与A1D所成的角为θ，则cosθ＝｜cos＜AC1，A1D＞｜＝｜AC1·A1D｜｜AC1||A1D｜.因为AC1＝a＋b＋c，A1D＝b－c，所以AC1·A1D＝（a＋b＋c）·（b－c）＝a·b－a·c＋b2－c2＝0＋1＋12－22＝－2，｜A1D｜＝（b－c）2＝｜b｜2－2b·c＋｜c｜2＝12－2×（－1）＋22＝7，所以cosθ＝｜－2｜2×7＝147.故异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为147. （3）因为AA1＝c，BD＝b－a，所以AA1·BD＝c·（b－a）＝c·b－c·a＝（－1）－（－1）＝0，所以AA1⊥BD，即AA1⊥BD.10.[2024辽宁省辽东教学共同体联考]如图，已知四棱锥P－ABCD的底面是直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90°，PD⊥底面ABCD，且PD＝DA＝CD＝2AB＝2，M点为PC的中点.（1）求证：BM∥平面PAD.（2）平面PAD内是否存在点N，使MN⊥平面PBD？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由.解析　（1）∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AD，PD⊥CD.又∠DAB＝90°，CD∥AB，∴CD⊥AD.以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由于PD＝CD＝DA＝2AB＝2，∴D（0，0，0），B（2，1，0），C（0，2，0），P（0，0，2），M（0，1，1），易知，平面PAD的一个法向量为DC＝（0，2，0），∵BM＝（－2，0，1），∴DC·BM＝0，∴DC⊥BM.又BM⊄平面PAD，∴BM∥平面PAD.（2）存在N（12，0，1）满足要求，理由如下.设N（x，0，z）是平面PAD内一点，则MN＝（x，－1，z－1），DP＝（0，0，2），DB＝（2，1，0），若MN⊥平面PBD，则MN·DP=0，MN·DB=0，∴2（z－1）=0，2x－1=0，即x＝12，z=1.因此，在平面PAD内存在点N（12，0，1），使MN⊥平面PBD.11.[多选]已知单位向量i，j，k两两的夹角均为θ（0＜θ＜π，θ≠π2），若空间向量a满足a＝xi＋yj＋zk（x，y，z∈R），则有序实数组（x，y，z）称为向量a在“仿射”坐标系Oxyz（O为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作a＝（x，y，z）θ，则下列命题是真命题的有（　BC　）A.已知a＝（1，3，－2）θ，b＝（4，0，2）θ，则a·b＝0B.已知a＝（x，y，0）π3，b＝（0，0，z）π3，其中x，y，z＞0，则当且仅当x＝y时，向量a，b的夹角取得最小值 C.已知a＝（x1，y1，z1）θ，b＝（x2，y2，z2）θ，则a＋b＝（x1＋x2，y1＋y2，z1＋z2）θD.已知OA＝（1，0，0）π3，OB＝（0，1，0）π3，OC＝（0，0，1）π3，则三棱锥O－ABC的表面积S＝2解析　a·b＝（1，3，－2）θ·（4，0，2）θ＝（i＋3j－2k）·（4i＋2k）＝4＋2i·k＋12i·j＋6j·k－8k·i－4＝12cosθ，因为0＜θ＜π，且θ≠π2，所以a·b≠0，故A错误；如图所示，设OB＝b，OA＝a，则点A在平面Oxy上，点B在z轴上，由图易知当x＝y时，∠AOB取得最小值，即向量a与b的夹角取得最小值，故B正确；根据“仿射”坐标的定义可得，a＋b＝（x1，y1，z1）θ＋（x2，y2，z2）θ＝（x1i＋y1j＋z1k）＋（x2i＋y2j＋z2k）＝（x1＋x2）i＋（y1＋y2）j＋（z1＋z2）k＝（x1＋x2，y1＋y2，z1＋z2）θ，故C正确；由已知可得三棱锥O－ABC为正四面体，棱长为1，其表面积S＝4×12×12×32＝3，故D错误.故选BC.