福建专用2022高考数学一轮复习课时规范练42空间向量及其运算理新人教A版

课时规范练42　空间向量及其运算一、基础巩固组1.已知空间四边形OABC中,OA=a,OB=b,OC=c,点M在OA上,且OM=2MA,N为BC中点,则MN=(　　)A.12a-23b+12cB.-23a+12b+12cC.12a+12b-12cD.23a+23b-12c2.设一地球仪的球心为空间直角坐标系的原点O,球面上的两个点A,B的坐标分别为A(1,2,2),B(2,-2,1),则|AB|等于(　　)A.18B.12C.32D.233.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为上底面A1C1的中心,若AE=AA1+xAB+yAD,则x,y的值分别为(　　)A.x=1,y=1B.x=1,y=12C.x=12,y=12D.x=12,y=14.向量a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),下列结论正确的是(　　)A.a∥b,a∥cB.a∥b,a⊥cC.a∥c,a⊥bD.以上都不对5.A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足AB·AC=0,AC·AD=0,AB·AD=0,M为BC中点,则△AMD是(　　)A.钝角三角形B.锐角三角形C.直角三角形D.不确定6.(2022浙江舟山模拟)平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,向量AB,AD,AA1两两的夹角均为60°,且|AB|=1,|AD|=2,|AA1|=3,则|AC1|等于(　　)A.5B.6C.4D.87.已知空间向量a,b,满足|a|=|b|=1,且a,b的夹角为π3,O为空间直角坐标系的原点,点A,B满足OA=2a+b,OB=3a-b,则△OAB的面积为　　　　　. 8.在空间直角坐标系中,以点A(4,1,9),B(10,-1,6),C(x,4,3)为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,则实数x的值为　　　　　. 9.(2022宁夏银川模拟)已知点A(1,2,1),B(-1,3,4),D(1,1,1),若AP=2PB,则|PD|的值是　　　　　. 10.如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,G为△BC1D的重心,求证:(1)A1,G,C三点共线;(2)A1C⊥平面BC1D.〚导学号21500751〛二、综合提升组11.已知AB=(2,2,-2),BC=(1,y,z),若AB∥BC,BP=(x-1,y,1),且BP⊥AB,则实数x,y,z分别为(　　)A.5,-1,1B.1,1,-15\nC.-3,1,1D.4,1,-212.(2022安徽合肥质检)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,BC=2,AA1=3,点M是BC的中点,点P∈AC1,Q∈MD,则PQ长度的最小值为(　　)A.1B.43C.233D.213.(2022内蒙古包头模拟)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<DP,AE>=33,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　　　　　.〚导学号21500752〛 14.在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,PD=DC,E,F分别是AB,PB的中点.(1)求证:EF⊥CD.(2)在平面PAD内是否存在一点G,使GF⊥平面PCB.若存在,求出点G坐标;若不存在,试说明理由.三、创新应用组15.如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cosθ的最大值为　　　　　. 16.如图所示的直三棱柱ABC-A1B1C1,在其底面三角形ABC中,CA=CB=1,∠BCA=90°,棱AA1=2,M,N分别是A1B1,A1A的中点.(1)求BN的模;(2)求cos<BA1,CB1>的值;(3)求证:A1B⊥C1M.〚导学号21500753〛5\n课时规范练42　空间向量及其运算1.B　MN=ON-OM=12(OB+OC)-23OA=-23a+12b+12c.2.C　|AB|=(1-2)2+(2+2)2+(2-1)2=32.3.C　如图,AE=AA1+A1E=AA1+12A1C1=AA1+12(A1B1+A1D1)=AA1+12AB+12AD.4.C　因为c=(-4,-6,2)=2(-2,-3,1)=2a,所以a∥c.又a·b=(-2)×2+(-3)×0+1×4=0,所以a⊥b.5.C　∵M为BC中点,∴AM=12(AB+AC).∴AM·AD=12(AB+AC)·AD=12AB·AD+12AC·AD=0.∴AM⊥AD,△AMD为直角三角形.6.A　设AB=a,AD=b,AA1=c,则AC1=a+b+c,|AC1|2=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2c·a=25,因此|AC1|=5.7.534　由OA=2a+b,OB=3a-b,得|OA|=(2a+b)2=7,|OB|=(3a-b)2=7,OA·OB=(2a+b)·(3a-b)=112.∴cos∠BOA=OA·OB|OA||OB|=1114,∴sin∠BOA=5314.∴S△OAB=12|OA||OB|sin∠BOA=534.8.2　由题意知AB·AC=0,|AB|=|AC|.∵AB=(6,-2,-3),AC=(x-4,3,-6),∴6(x-4)-6+18=0,(x-4)2=4,解得x=2.9.773　设P(x,y,z),则AP=(x-1,y-2,z-1),PB=(-1-x,3-y,4-z).由AP=2PB,得点P坐标为-13,83,3.又D(1,1,1),∴|PD|=773.10.证明(1)CA1=CB+BA+AA1=CB+CD+CC1,CG=CC1+C1G=CC1+23×12(C1B+C1D)=CC1+13(CB-CC1+CD-CC1)=13(CB+CD+CC1)=13CA1,∴CG∥CA1,即A1,G,C三点共线.(2)设CB=a,CD=b,CC1=c,则|a|=|b|=|c|=a,且a·b=b·c=c·a=0.∵CA1=a+b+c,BC1=c-a,∴CA1·BC1=(a+b+c)·(c-a)=c2-a2=0.因此CA1⊥BC1,即CA1⊥BC1.同理CA1⊥BD.又BD与BC1是平面BC1D内的两条相交直线,故A1C⊥平面BC1D.11.B　∵AB∥BC,∴12=y2=-z2,解得y=1,z=-1.∵BP⊥AB,∴2(x-1)+2y-2=0,解得x=1.5\n12.C　根据题意建立如图所示的空间直角坐标系,设P(x0,2x0,3-3x0),Q(x1,2-x1,3),x0∈[0,1],x1∈[0,1],所以PQ=(x0-x1)2+(2x0+x1-2)2+(3-3x0-3)2=2x1+x0-222+272x0-292+43,当且仅当x0=29,x1=89时,PQ取得最小值,即PQmin=43=233.13.(1,1,1)　由已知得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),设P(0,0,a)(a>0),则E1,1,a2,所以DP=(0,0,a),AE=-1,1,a2,|DP|=a,|AE|=(-1)2+12+a22=2+a24=8+a22.又cos<DP,AE>=33,所以0×(-1)+0×1+a22a·8+a22=33,解得a2=4,即a=2,所以E(1,1,1).14.(1)证明如图,以DA,DC,DP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设AD=a,则D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),Ea,a2,0,P(0,0,a),Fa2,a2,a2.EF=-a2,0,a2,DC=(0,a,0).∵EF·DC=0,∴EF⊥DC,即EF⊥CD.(2)解假设存在满足条件的点G,设G(x,0,z),则FG=x-a2,-a2,z-a2,若使GF⊥平面PCB,则由FG·CB= x-a2,-a2,z-a2 ·(a,0,0)=ax-a2=0,得x=a2.由FG·CP= x-a2,-a2,z-a2 ·(0,-a,a)=a22+az-a2=0,得z=0.∴点G坐标为a2,0,0,即存在满足条件的点G,且点G为AD的中点.15.25　以A为坐标原点,射线AB,AD,AQ分别为x,y,z轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设正方形ABCD和ADPQ的边长为2,则E(1,0,0),F(2,1,0),M(0,y,2)(0≤y≤2).所以AF=(2,1,0),EM=(-1,y,2).所以AF·EM=-2+y,|AF|=5,|EM|=5+y2.5\n所以cosθ=|AF·EM||AF||EM|=|-2+y|5·5+y2=2-y5·5+y2.令2-y=t,则y=2-t,且t∈[0,2].所以cosθ=t5·5+(2-t)2=t5·9-4t+t2.当t=0时,cosθ=0.当t≠0时,cosθ=15·9t2-4t+1=15·91t-292+59,由t∈(0,2],得1t∈12,+∞,所以91t-292+59≥9×12-292+59=52.所以0<cosθ≤25,即cosθ的最大值为25.16.(1)解如图,建立空间直角坐标系.依题意得B(0,1,0),N(1,0,1),∴|BN|=(1-0)2+(0-1)2+(1-0)2=3.(2)解依题意得A1(1,0,2),B(0,1,0),C(0,0,0),B1(0,1,2),∴BA1=(1,-1,2),CB1=(0,1,2),BA1·CB1=3,|BA1|=6,|CB1|=5.∴cos<BA1,CB1>=BA1·CB1|BA1||CB1|　=3010.(3)证明依题意,得C1(0,0,2),M12,12,2,A1B=(-1,1,-2),C1M=12,12,0,∴A1B·C1M=-12+12+0=0.∴A1B⊥C1M,∴A1B⊥C1M.5