《空間向量及其運(yùn)算》試卷 全市一等獎(jiǎng)

《空間向量及其運(yùn)算》試卷一、選擇題1．(2022·長春模擬)已知a＝(λ＋1,0,2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，則λ與μ的值可以是()A．2，eq\f(1,2) B．－eq\f(1,3)，eq\f(1,2)C．－3,2 D．2,2答案：A解析：由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(λ＋1,6)＝\f(2,2λ)，,2μ－1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝2，,μ＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－3，,μ＝\f(1,2).))2．在空間四邊形ABCD中，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝()A．－1 B．0C．1 D．不確定答案：B解析：如圖，令eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，eq\o(AD,\s\up6(→))＝c，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.3．如圖，已知空間四邊形OABC，其對角線為OB，AC，M，N分別是對邊OA，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)G在線段MN上，且分MN所成的比為2，現(xiàn)用基向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))表示向量eq\o(OG,\s\up6(→))，設(shè)eq\o(OG,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))，則x，y，z的值分別是()A．x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(1,3)，z＝eq\f(1,3)B．x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(1,3)，z＝eq\f(1,6)C．x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(1,6)，z＝eq\f(1,3)D．x＝eq\f(1,6)，y＝eq\f(1,3)，z＝eq\f(1,3)答案：D解析：設(shè)eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，∵G分MN所成的比為2，∴eq\o(MG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(MN,\s\up6(→))，∴eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(MG,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b＋\f(1,2)c－\f(1,2)a))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)c－eq\f(1,3)a＝eq\f(1,6)a＋eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)c.故應(yīng)選D.4．(2022·寶雞模擬)已知四邊形ABCD滿足eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))>0，eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))>0，eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(DA,\s\up6(→))>0，eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))>0，則該四邊形為()A．平行四邊形 B．梯形C．長方形 D．空間四邊形答案：D解析：由條件可知四邊形ABCD中，相鄰兩邊的夾角都是鈍角，結(jié)合選項(xiàng)可知其應(yīng)為空間四邊形，故應(yīng)選D.5．(2022·武漢模擬)如圖，二面角α－l－β為60°，A，B是棱l上的兩點(diǎn)，AC，BD分別在半平面α，β內(nèi)，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝a，BD＝2a，則CDA．2\r(5)aC．a(chǎn)\r(3)a答案：A解析：∵AC⊥l，BD⊥l，∴〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝60°，且eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，∵eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))，∴|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝eq\r(\a\vs4\al(\o(CA,\s\up6(→))＋\o(AB,\s\up6(→))＋\o(BD,\s\up6(→))2))＝eq\r(a2＋a2＋2a2＋2a·2a·cos120°)＝2a.6．(2022·杭州摸底考試)已知空間任一點(diǎn)O和不共線的三點(diǎn)A，B，C，滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))(x，y，z∈R)，則“x＋y＋z＝1”是“點(diǎn)P位于平面ABC內(nèi)”的()A．充分但不必要條件B．必要但不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案：C解析：已知空間任一點(diǎn)O和不共線的三點(diǎn)A，B，C，滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))(x，y，z∈R)，則“x＋y＋z＝1”是“點(diǎn)P位于平面ABC內(nèi)”的充要條件，證明如下：必要性：依題意，知A，B，C三點(diǎn)不共線，則四點(diǎn)A，B，C，P共面?對空間任一點(diǎn)O，存在實(shí)數(shù)x1，y1，使得eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋x1eq\o(AB,\s\up6(→))＋y1eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋x1(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＋y1(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝(1－x1－y1)eq\o(OA,\s\up6(→))＋x1eq\o(OB,\s\up6(→))＋y1eq\o(OC,\s\up6(→)).取x＝1－x1－y1，y＝x1，z＝y(tǒng)1，則有eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))，且x＋y＋z＝1.充分性：對于空間任一點(diǎn)O，存在實(shí)數(shù)x，y，z且x＋y＋z＝1，使得eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))，所以x＝1－y－z，得eq\o(OP,\s\up6(→))＝(1－y－z)eq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(AB,\s\up6(→))＋zeq\o(AC,\s\up6(→)).即eq\o(AP,\s\up6(→))＝y(tǒng)eq\o(AB,\s\up6(→))＋zeq\o(AC,\s\up6(→))，所以四點(diǎn)A，B，C，P共面．故應(yīng)選C.二、填空題7．(2022·臺州模擬)已知a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，且|a|＝5，|b|＝6，a·b＝30，則eq\f(a1＋a2＋a3,b1＋b2＋b3)＝________.答案：eq\f(5,6)解析：設(shè)向量a與b的夾角為θ(0≤θ≤π)，由已知及向量數(shù)量積的定義，得a·b＝|a||b|cosθ＝5×6×cosθ＝30，所以cosθ＝1，所以θ＝0°，所以a∥b.又因?yàn)閍與b均為非零向量，且|a|＝5，|b|＝6，所以可得b＝eq\f(6,5)a，即(b1，b2，b3)＝eq\f(6,5)(a1，a2，a3)，從而有eq\f(a1,b1)＝eq\f(a2,b2)＝eq\f(a3,b3)＝eq\f(5,6)，得eq\f(a1＋a2＋a3,b1＋b2＋b3)＝eq\f(5,6).8．已知空間三點(diǎn)A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)，則以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))為邊的平行四邊形的面積為________．答案：7eq\r(3)解析：由題意，可得eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2，－1,3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，－3,2)，∴cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\o(AB,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|))＝eq\f(－2＋3＋6,\r(14)×\r(14))＝eq\f(7,14)＝eq\f(1,2).∴sin〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(3),2).∴以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))為邊的平行四邊形的面積為S＝|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|sin〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝14×eq\f(\r(3),2)＝7eq\r(3).9．(2022·鄭州模擬)已知O(0,0,0)，A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，點(diǎn)Q在直線OP上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))取最小值時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)是________．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3)))解析：設(shè)eq\o(OQ,\s\up6(→))＝λeq\o(OP,\s\up6(→))＝λ(1,1,2)＝(λ，λ，2λ)，∴Q(λ，λ，2λ)，∴eq\o(QA,\s\up6(→))＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，eq\o(QB,\s\up6(→))＝(2－λ，1－λ，2－2λ)．∴eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝6λ2－16λ＋10，故當(dāng)λ＝eq\f(4,3)時(shí)有最小值，此時(shí)Q坐標(biāo)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3))).10．(2022·徐州模擬)給出下列命題：①eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))＝0；②|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共線的充要條件；③若a與b共面，則a與b所在的直線在同一平面內(nèi)；④若eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))，則P，A，B三點(diǎn)共線．其中正確命題的序號是________．答案：①解析：①顯然成立；②|a|－|b|＝|a＋b|，符號成立的條件是a，b反向，而a與b共線的方向?yàn)橄嗤蛳喾?，②錯(cuò)誤；③中，任意兩個(gè)向量都是共面向量，顯然③不正確；④中，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))，系數(shù)之和eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)≠1，因此P，A，B不共線，④不成立．綜上，正確命題的序號只有①.三、解答題11．已知空間中三點(diǎn)A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，設(shè)a＝eq\o(AB,\s\up6(→))，b＝eq\o(AC,\s\up6(→)).(1)求a與b的夾角的余弦值；(2)若ka＋b與ka－2b互相垂直，求實(shí)數(shù)k的值．解：(1)∵a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，∴a·b＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1，又|a|＝eq\r(12＋12＋02)＝eq\r(2)，|b|＝eq\r(－12＋02＋22)＝eq\r(5)，∴cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－1,\r(10))＝－eq\f(\r(10),10)，即a與b的夾角的余弦值為－eq\f(\r(10),10).(2)解法一：∵ka＋b＝(k－1，k,2)，ka－2b＝(k＋2，k，－4)，且ka＋b與ka－2b互相垂直，∴(k－1，k,2)·(k＋2，k，－4)＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝0，∴k＝2或k＝－eq\f(5,2)，∴當(dāng)ka＋b與ka－2b互相垂直時(shí)，實(shí)數(shù)k的值為2或－eq\f(5,2).解法二：由(1)，知|a|＝eq\r(2)，|b|＝eq\r(5)，a·b＝－1，∴(ka＋b)·(ka－2b)＝k2a2－ka·b－2b2＝2k2＋k－10＝0，解得k＝2或k＝－eq\f(5,2).12．(2022·汕頭模擬)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為3，點(diǎn)E在AA1上，點(diǎn)F在CC1上，且AE＝FC1(1)求證：E，B，F(xiàn)，D1四點(diǎn)共面；(2)若點(diǎn)G在BC上，BG＝eq\f(2,3)，點(diǎn)M在BB1上，GM⊥BF，垂足為H，求證：EM⊥平面BCC1B1.解：(1)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B(0,0,0)，E(3,0,1)，F(xiàn)(0,3,2)，D1(3,3,3)，則eq\o(BE,\s\up6(→))＝(3,0,1)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0,3,2)，eq\o(BD1,\s\up6(→))＝(3,3,3)．所以eq\o(BD1,\s\up6(→))＝eq\o(BE,\s\up6(→))＋eq\o(BF,\s\up6(→)).故eq\o(BD1,\s\up6(→))，eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(BF,\s\up6(→))共面．又它們有公共點(diǎn)B，所以E，B，F(xiàn)，D1四點(diǎn)共面．(2)設(shè)M(0,0，z0)，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，0))，則eq\o(GM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2,3)，z0))，而eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0,3,2)，由題設(shè)，得eq\o(GM,\s\up6(→))·eq\o(BF,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)×3＋z0·2＝0，解得z0＝1.故M(0,0,1)，有eq\o(ME,\s\up6(→))＝(3,0,0)．又eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0,0,3)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,3,0)，所以eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(BB1,\s\up6(→))＝0，eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，從而ME⊥BB1，ME⊥BC.又BB1∩BC＝B，故ME⊥平面BCC1B1.13．如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1，底面△ABC中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分別是A1B1，A1(1)求eq\o(BN,\s\up6(→))的模；(2)求cos〈eq\o(BA1,\s\up6(→))，eq\o(CB1,\s\up6(→))〉的值；(3)求證：A1B⊥