2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第七章+第5节+空间向量+Word版含解析

/多维层次练40[A级基础巩固]1．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(2，4，－4)，b＝(－6，9，6)，则()A．l1∥l2 B．l1⊥l2C．l1与l2相交但不垂直 D．以上均不正确解析：因为a·b＝－12＋36－24＝0，所以l1⊥l2.答案：B2.如图所示，已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，则PC＝()A．6eq\r(2) B．6C．12 D．144解析：因为eq\o(PC,\s\up14(→))＝eq\o(PA,\s\up14(→))＋eq\o(AB,\s\up14(→))＋eq\o(BC,\s\up14(→))，所以eq\o(PC2,\s\up14(→))＝eq\o(PA2,\s\up14(→))＋eq\o(AB2,\s\up14(→))＋eq\o(BC2,\s\up14(→))＋2eq\o(AB,\s\up14(→))·eq\o(BC,\s\up14(→))＝36＋36＋36＋2×36cos60°＝144.所以|eq\o(PC,\s\up14(→))|＝12.答案：C3．已知a＝(1，0，1)，b＝(x，1，2)，且a·b＝3，则向量a与b的夹角为()A.eq\f(5π,6) B.eq\f(2π,3)C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,6)解析：因为a·b＝x＋2＝3，所以x＝1，所以b＝(1，1，2)，所以cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(3,\r(2)×\r(6))＝eq\f(\r(3),2)，又因为〈a，b〉∈[0，π]，所以a与b的夹角为eq\f(π,6)，故选D.答案：D4．(2020·郑州调研)已知a＝(2，1，－3)，b＝(－1，2，3)，c＝(7，6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ等于()A．9 B．－9C．－3 D．3解析：由题意知c＝xa＋yb，即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＝7，,x＋2y＝6，,－3x＋3y＝λ，))解得λ＝－9.答案：B5．(2020·河北五校联考)已知向量a＝(2m＋1，3，m－1)，b＝(2，m，－m)，且a∥b，则实数m的值为()A．－eq\f(3,2) B．－2C．0 D．－eq\f(3,2)或－2解析：因为空间向量a＝(2m＋1，3，m－1)，b＝(2，m，－m)，且a∥b，所以(2m＋1，3，m－1)＝λ(2，m，－m)＝(2λ，λm，－λm)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m＋1＝2λ，,3＝λm，,m－1＝－λm，))解得m＝－2.答案：B6．(2020·郑州模拟)在空间直角坐标系O-xyz中，已知点A(1，0，2)，B(0，2，1)，点C，D分别在x轴，y轴上，且AD⊥BC，那么|eq\o(CD,\s\up14(→))|的最小值是()A.eq\f(\r(5),5) B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\r(2)解析：设C(x，0，0)，D(0，y，0)，因为A(1，0，2)，B(0，2，1)，所以eq\o(AD,\s\up14(→))＝(－1，y，－2)，eq\o(BC,\s\up14(→))＝(x，－2，－1)．因为AD⊥BC，所以eq\o(AD,\s\up14(→))·eq\o(BC,\s\up14(→))＝－x－2y＋2＝0，即x＋2y＝2.因为eq\o(CD,\s\up14(→))＝(－x，y，0)，所以|eq\o(CD,\s\up14(→))|＝eq\r(x2＋y2)＝eq\r(（2－2y）2＋y2)＝eq\r(5y2－8y＋4)＝eq\r(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(4,5)))\s\up12(2)＋\f(4,5))≥eq\f(2\r(5),5).答案：B7．设点C(2a＋1，a＋1，2)在由点P(2，0，0)，A(1，－3，2)，B(8，－1，4)确定的平面上，则a＝________．解析：由共面向量定理知eq\o(PC,\s\up14(→))＝xeq\o(PA,\s\up14(→))＋yeq\o(PB,\s\up14(→))，则(2a－1，a＋1，2)＝x(－1，－3，2)＋y(6，－1，4)，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a－1＝－x＋6y，,a＋1＝－3x－y，,2＝2x＋4y，))解得a＝16.答案：168．(2020·菏泽模拟)已知a＝(λ＋1，0，2)，b＝(6，2μ－1，2λ)，若a∥b，且a与b反向，则λ＋μ＝________．解析：因为a∥b，且a与b反向，所以(6，2μ－1，2λ)＝k(λ＋1，0，2)，k<0.所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6＝k（λ＋1），,2μ－1＝0，,2λ＝2k，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝2，,μ＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝－3，,μ＝\f(1,2)，))当λ＝2，μ＝eq\f(1,2)时，k＝2不合题意，舍去．当λ＝－3，μ＝eq\f(1,2)时，k＝－3，a与b反向．因此λ＋μ＝－3＋eq\f(1,2)＝－eq\f(5,2).答案：－eq\f(5,2)9．已知O(0，0，0)，A(1，2，1)，B(2，1，2)，P(1，1，2)，点Q在直线OP上运动，当eq\o(QA,\s\up14(→))·eq\o(QB,\s\up14(→))取最小值时，点Q的坐标是________．解析：由题意，设eq\o(OQ,\s\up14(→))＝λeq\o(OP,\s\up14(→))，则eq\o(OQ,\s\up14(→))＝(λ，λ，2λ)，即Q(λ，λ，2λ)，则eq\o(QA,\s\up14(→))＝(1－λ，2－λ，1－2λ)，eq\o(QB,\s\up14(→))＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，所以eq\o(QA,\s\up14(→))·eq\o(QB,\s\up14(→))＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(1－2λ)(2－2λ)＝6λ2－12λ＋6＝6(λ－1)2.当λ＝1时取最小值，此时Q点坐标为(1，1，2)．答案：(1，1，2)10．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，eq\o(AA1,\s\up14(→))＝a，eq\o(AB,\s\up14(→))＝b，eq\o(AD,\s\up14(→))＝c，点M，N分别是A1D，B1D1的中点．(1)试用a，b，c表示eq\o(MN,\s\up14(→))；(2)求证：MN∥平面ABB1A1.(1)解：因为eq\o(A1D,\s\up14(→))＝eq\o(AD,\s\up14(→))－eq\o(AA1,\s\up14(→))＝c－a，所以eq\o(A1M,\s\up14(→))＝eq\f(1,2)eq\o(A1D,\s\up14(→))＝eq\f(1,2)(c－a)．同理，eq\o(A1N,\s\up14(→))＝eq\f(1,2)(b＋c)，所以eq\o(MN,\s\up14(→))＝eq\o(A1N,\s\up14(→))－eq\o(A1M,\s\up14(→))＝eq\f(1,2)(b＋c)－eq\f(1,2)(c－a)＝eq\f(1,2)(b＋a)＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b.(2)证明：因为eq\o(AB1,\s\up14(→))＝eq\o(AA1,\s\up14(→))＋eq\o(AB,\s\up14(→))＝a＋b，所以eq\o(MN,\s\up14(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB1,\s\up14(→))，即MN∥AB1，因为AB1⊂平面ABB1A1，MN⊄平面ABB1A1，所以MN∥平面ABB1A1.[B级能力提升]11．(多选题)已知A(－4，6，－1)，B(4，3，2)，则下列各向量中是平面AOB(O是坐标原点)的一个法向量的是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,4)，1，9)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,4)，1，－9))C．(－15，4，36) D．(15，4，－36)解析：设平面AOB(O是坐标原点)的一个法向量是u＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(u·\o(OA,\s\up14(→))＝0，,u·\o(OB,\s\up14(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4x＋6y－z＝0，,4x＋3y＋2z＝0，))得9y＋z＝0，令y＝1，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(15,4)，,y＝1，,z＝－9，))故u＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,4)，1，－9))＝eq\f(1,4)(15，4，－36)．答案：BD12．已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD，eq\o(VP,\s\up14(→))＝eq\f(1,3)eq\o(VC,\s\up14(→))，eq\o(VM,\s\up14(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VB,\s\up14(→))，eq\o(VN,\s\up14(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VD,\s\up14(→)).则VA与平面PMN的位置关系是________．解析：如图所示，设eq\o(VA,\s\up14(→))＝a，eq\o(VB,\s\up14(→))＝b，eq\o(VC,\s\up14(→))＝c，则eq\o(VD,\s\up14(→))＝a＋c－b，由题意知eq\o(PM,\s\up14(→))＝eq\f(2,3)b－eq\f(1,3)c，eq\o(PN,\s\up14(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VD,\s\up14(→))－eq\f(1,3)eq\o(VC,\s\up14(→))＝eq\f(2,3)a－eq\f(2,3)b＋eq\f(1,3)c.因此eq\o(VA,\s\up14(→))＝eq\f(3,2)eq\o(PM,\s\up14(→))＋eq\f(3,2)eq\o(PN,\s\up14(→))，所以eq\o(VA,\s\up14(→))，eq\o(PM,\s\up14(→))，eq\o(PN,\s\up14(→))共面．又因为VA⊄平面PMN，所以VA∥平面PMN.答案：平行13．已知a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2)．(1)求|2a＋b|；(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得eq\o(OE,\s\up14(→))⊥b？(O为原点)解：(1)2a＋b＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)，故|2a＋b|＝eq\r(02＋（－5）2＋52)＝5eq\r(2).(2)令eq\o(AE,\s\up14(→))＝teq\o(AB,\s\up14(→))(t∈R)，所以eq\o(OE,\s\up14(→))＝eq\o(OA,\s\up14(→))＋eq\o(AE,\s\up14(→))＝eq\o(OA,\s\up14(→))＋teq\o(AB,\s\up14(→))＝(－3，－1，4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t，4－2t)，若eq\o(OE,\s\up14(→))⊥b，则eq\o(OE,\s\up14(→))·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝eq\f(9,5).因此存在点E，使得eq\o(OE,\s\up14(→))⊥b，此时E点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，－\f(14,5)，\f(2,5))).[C级素养升华]14．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果eq\o(AB,\s\up14(→))＝(2，－1，－4)，eq\o(AD,\s\up14(→))＝(4，2，0)，eq\o(AP,\s\up14(→))＝(－1，2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③eq\o(AP,\s\up14(→))是平面ABCD的法向量；④eq\o(AP,\s\up14(→))∥eq\o(BD,\s\up14(→)).其中正确的序号是________．解析：因为eq\o(AB,\s\up14(→))·eq\o(AP,\s\up14(→))＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，eq\o(AD,\s\up14(→))·eq\o(AP,\s\up14(→)