全國統(tǒng)考2024高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時規(guī)范練43空間向量及其運算理含解析北師大版

課時規(guī)范練43空間向量及其運算基礎(chǔ)鞏固組1.已知空間四邊形OABC中,OA=a,OB=b,OC=c,點M在OA上,且OM=2MA,N為BC中點,則MN=()A.12a-23b+12c B.-23C.12a+12b-12c D.22.(2024江西南昌八一中學(xué)質(zhì)檢)已知向量a=(-2,x,2),b=(2,1,2),c=(4,-2,1).若a⊥(b-c),則x的值為()A.-2 B.2C.3 D.-33.已知空間四邊形ABCD的每條棱和對角線的長都等于a,E,F分別是BC,AD的中點,則AE·AF的值為()A.a2 B.12C.14a2 D.4.(2024安徽蚌埠一中模擬)在空間四邊形ABCD中,AB·CD+ACA.-1 B.0C.1 D.不確定5.平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,向量AB,AD,AA1兩兩的夾角均為60°,且|AB|=1,|AD|=2,|AA1|=3,A.5 B.6C.4 D.86.(2024四川三臺中學(xué)試驗學(xué)校高三月考)如圖,設(shè)OA=a,OB=b,OC=c,若AN=NB,BM=2MC,則MNA.12a+16b-23c B.-12a-C.12a-16b-13c D.-12a+7.若a=(2,-3,5),b=(-3,1,2),則|a-2b|=()A.72 B.52C.310 D.638.若平面α的一個法向量為12,12,0,直線l的方向向量為(1,0,1),則l與α所成角的大小為9.在空間直角坐標(biāo)系中,以點A(4,1,9),B(10,-1,6),C(x,4,3)為頂點的△ABC是以BC為斜邊的等腰直角三角形,則實數(shù)x的值為.

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.(2024山東安丘一中模擬)已知空間隨意一點O和不共線的三點A,B,C,若OP=xOA+yOB+zOC(x,y,z∈R),則“x=2,y=-3,z=2”是“P,A,B,C四點共面”的()A.必要不充分條件 B.充分不必要條件C.充要條件 D.既不充分又不必要條件12.(2024河南南陽五中模擬)如圖,正方形ABCD與矩形ACEF所在平面相互垂直,AB=2,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE,則M點的坐標(biāo)為()A.(1,1,1)B.23,2C.D.13.(2024湖北葛洲壩中學(xué)模擬)如圖,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=BC=1,動點P,Q分別在線段C1D,AC上,則線段PQ長度的最小值是()A.23 B.3314.(2024重慶合川中學(xué)模擬)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)棱長為2,底面邊長為1,M為BC的中點,C1N=λNC,且AB1⊥MN,則λ的值為創(chuàng)新應(yīng)用組15.(2024四川射洪中學(xué)模擬)如圖,在底面是矩形的四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,E,F分別是PC,PD的中點,PA=AB=1,BC=2.求證:(1)EF∥平面PAB;(2)平面PAD⊥平面PDC.16.(2024陜西西安三中模擬)在四棱錐P-ABCD中,PD⊥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.參考答案課時規(guī)范練43空間向量及其運算1.B明顯MN=ON-OM=12(OB+OC)2.A∵b-c=(-2,3,1),∴a·(b-c)=4+3x+2=0,解得x=-2.故選A.3.CAE·AF=12(AB+AC)·12AD=14(AB·4.B如圖,令A(yù)B=a,AC=b,AD=c,則AB·CD+AC·DB+AD·BC=a·(c-b)+b·(a-c)+c·(b-a)=a·c-a·b+b·5.A設(shè)AB=a,AD=b,AA1=c,則|AC1|=a+b+c,|AC1|2=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2c·a=25,6.A由題可知,MN=MB-NB=23CB-12AB=23(OB7.C∵a=(2,-3,5),b=(-3,1,2),∴a-2b=(8,-5,1),∴|a-2b|=82+(-5)28.π6設(shè)平面α的一個法向量為m=12,12,0,直線l的方向向量為n=(1,0,1),則cos<m,n>=m·n|m||n|=1222×2=19.2由題意知AB·AC=0,|AB|=|又AB=(6,-2,-3),AC=(x-4,3,-6),∴6(x-10.證明(1)CA1=CB+BA+AA1∴CG∥CA1,即A1,(2)設(shè)CB=a,CD=b,CC1=則|a|=|b|=|c|=a,且a·b=b·c=c·a=0.∵CA1=a+b+c,B∴CA1·BC1=(a+b+c)·(c-a)因此CA1⊥BC1,即同理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當(dāng)x=2,y=-3,z=2時,OP=2OA-3OB+2OC則AP-AO=2OA-3(AB-AO)+2(AC-AO),即AP=-依據(jù)共面對量定理知,P,A,B,C四點共面;反之,當(dāng)P,A,B,C四點共面時,依據(jù)共面對量定理,設(shè)AP=mAB+nAC(m,n∈R),即OP-OA=m(OB-OA)+n(OC-OA),即OP=(1-m-n)OA+mOB+nOC,即x=1-m-n,y=m,z=n,這組數(shù)明顯不止2,-3,2.故“x=2,y=-3,z=2”是“P,A,B12.C設(shè)M點的坐標(biāo)為(x,y,1),因為AC∩BD=O,所以O(shè)22又E(0,0,1),A(2,所以O(shè)E=-22,-22,因為AM∥平面BDE,所以O(shè)E∥AM,所以x所以M點的坐標(biāo)為22,2213.C以D為原點,DA,DC,DD1為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)DP=λDC1,AQ=μAC(DC1=(0,1,2),AC=(-1,1,0),DA所以DP=λ(0,1,2)=(0,λ,2λ),DQ=DA+μ(DC-DA)=(1,0,0)+μ(-1,1,0)=(1-μ所以|PQ|=|DQ-DP|=|(1-μ,μ-λ,-2λ)|=(1-μ)2+(μ-λ)2+4λ2=5λ所以線段PQ長度的最小值為23.14.15如圖所示,取B1C1的中點P,連接MP,分別以MC,MA,MP的方向為x,y因為底面邊長為1,側(cè)棱長為2,則A0,32,0,B1-12,0,2,C12,0,0,C112,0,2,所以AB1=-12,-32,2,MN=12,0,2又因為AB1⊥MN,所以AB1·MN=0.所以-14+415.證明以A為原點,AB所在直線為x軸,AD所在直線為y軸,AP所在直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1),所以E12,1,12,F0,1,12,EF=-12,0,0,PB=(1,0,-1),PD=(0,2,-1),AP=(0,0,1),AD=(0,2,0),DC=(1,0,0),AB=(1,0,0).(1)因為EF=-12AB,所以EF∥AB,又AB?平面PAB,EF?平面PAB,所以EF∥平面PAB.(2)因為AP·DC=(0,0,1)·(1,0,0)=0,所以即AP⊥DC,AD⊥DC.又AP∩AD=A,所以DC⊥平面PAD.又DC?平面PDC,所以平面PAD⊥平面PDC.16.(1)證明由題意知,DA,DC,DP兩兩垂直.如圖,分別以DA,DC,DP所在直線為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),Ea,a2,0,P(0,0,a),Fa2,a2EF=-a2,0,a2,DC=(0,a,0).因為EF·DC=0,所以EF⊥DC,(2)解存在