适用于新高考新教材广西专版2025届高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量课时规范练42空间向量及其运算

课时规范练42空间向量及其运算基础巩固组1.已知向量a=(1,-2,3),b=(2,-1,-4),则a·b=()A.-8 B.-7C.-6 D.-52.已知a=(t,12,-3),b=(2,t+2,1),若a∥b,则实数t的值为()A.-5 B.-6C.-4 D.-33.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,E为PD的中点,若PA=a,PB=b,PC=c,则用基底{a,b,c}表示向量BE为()A.12a-12b+1B.12a-32b+C.12a-12b-1D.12a-12b+4.在下列条件中,使M与A,B,C确定共面的是()A.OMB.OMC.MA+MBD.OM+OA5.若a=(2,-3,5),b=(-3,1,2),则|a-2b|=()A.72 B.52 C.310 D.636.(多选)已知向量a=(1,-1,m),b=(-2,m-1,2),则下列结论中正确的是()A.若|a|=2,则m=±2B.若a⊥b,则m=-1C.不存在实数λ,使得a=λbD.若a·b=-1,则a+b=(-1,-2,-2)7.(2024陕西汉中二模)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为DD1,BD,BB1的中点,则EF与CG所成的角的余弦值为()A.1010 B.55 C.15158.已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),若点P(x,1,1)在平面ABC内,则x=.

综合提升组9.(多选)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,以顶点A为端点的三条棱长都是1,且它们彼此的夹角都是60°,M为A1C1与B1D1的交点.若AB=a,AD=b,AA1=c,则下列结论中正确的是(A.BM=12a-1B.AC1=a+bC.AC1的长为5D.cos<AB,A10.已知a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b与2a-b的夹角为钝角,则实数k的取值范围为.

11.已知空间向量PA,PB,PC的模长分别为1,2,3,且两两夹角均为60°.点G为△ABC的重心,若PG=xPA+yPB+zPC,x,y,z∈R,则x+y+z=;|PG12.如图,在棱长为a的正方体OABC-O1A1B1C1中,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF=m,其中0≤m≤a,以O为原点建立空间直角坐标系.(1)求证:A1F⊥C1E;(2)若A1,E,F,C1四点共面,求证:A1创新应用组13.(多选)已知空间中三点A(0,1,0),B(2,2,0),C(-1,3,1),则下列说法正确的是()A.AB与B.与AB同向的单位向量是255,C.AB和BCD.平面ABC的一个法向量是(1,-2,5)14.已知向量{a,b,c}是空间向量的一个基底,向量{a+b,a-b,c}是空间向量的另外一个基底,若一向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(1,2,3),则向量p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为()A.12B.3C.3,-D.-15.已知正四面体A-BCD的外接球半径为3,MN为其外接球的一条直径,P为正四面体A-BCD表面上随意一点,则PM·PN的最小值为课时规范练42空间向量及其运算1.A解析由已知可得a·b=1×2-2×(-1)+3×(-4)=-8.故选A.2.B解析因为a=(t,12,-3),b=(2,t+2,1),且a∥b,所以存在实数λ,使得a=λb,即(t,12,-3)=λ(2,t+2,1),所以t=2λ故选B.3.B解析连接BD,如图,因为E是PD的中点,所以BE=12(BP+BD)=12(-b+BA+BC)=-12b+12(PA-PB+PC-PB)=-12b+4.C解析M与A,B,C确定共面的充要条件是OM=xOA+yOB+zOC,x+y+z=1,对于A选项,由于1-1-1=-1≠1,所以不能得出M,A,B,C共面;对于B选项,由于15+13+12≠1,所以不能得出M对于C选项,由于MA=-MB-MC,则MA,MB,MC为共面对量,所以M,对于D选项,由OM+OA+OB+OC=0,得OM=-OA-OB-OC,而-1-1-1=-3≠1,所以不能得出M5.C解析∵a=(2,-3,5),b=(-3,1,2),∴a-2b=(8,-5,1),∴|a-2b|=82+(-5)26.AC解析对于A,由|a|=2,可得12+(-1)对于B,由a⊥b,可得-2-m+1+2m=0,解得m=1,故B错误;对于C,若存在实数λ,使得a=λb,则1=-2λ,-1=λ(m-对于D,若a·b=-1,则-2-m+1+2m=-1,解得m=0,于是a+b=(-1,-2,2),故D错误.故选AC.7.C解析建立如图所示空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),B1(2,2,2),D1(0,0,2),E(0,0,1),F(1,1,0),G(2,2,1),EF=(1,1,-1),CG=(2,0,1),EF·CG=1,|EF|=3,|CG|=5,cos<EF,CG8.-1解析设平面ABC的法向量是n=(x,y,z),又AB=(-1,1,0),AC=(-1,0,1),所以n·AB=-x+P(x,1,1)在平面ABC上,AP=(x-1,1,1).则n·AP=x-1+1+1=0,解得x=-1.9.BD解析由空间向量的加法法则得AC1=a+b+BM=BB1+B1M=BB1+12B1D1=由已知a·b=b·c=a·c=1×1×cos60°=12|AC1|=|a+b+=(=a=1+1+1+1+1+1=cos<AB,AC1故选BD.10.(-∞,-2)∪-2,75解析由a=(1,1,0),b=(-1,0,2),得ka+b=(k-1,k,2),2a-b=(3,2,-2),所以(ka+b)·(2a-b)=3×(k-1)+2k-4<0,解得k<75若ka+b与2a-b反向,则ka+b=λ(2a-b),λ<0,则k=2λ,1=-λ,所以k=-2.所以若ka+b与2a-b的夹角为钝角,则k<综上,k的取值范围是(-∞,-2)∪-2,75.11.153解析取AC的中点D,连接BD,PD.PG=PB+BG=PB+23BD=PB+23×又PG=xPA+yPB+zPC,空间向量PA,则x=13,y=13,z=13,故|PG|=13PA=1=1=1=5312.证明(1)因为A1(a,0,a),C1(0,a,a),E(a,m,0),F(a-m,a,0),所以A1F=(-m,a,-a),C1E=(a,所以A1F·C1E=-am+a(所以A1F⊥C1E,即A1(2)因为A1,E,F,C1四点共面,所以A1E选A1E与A1C1为平面A1C1E上的一组基向量,则存在唯一实数对(λ1,λ2),使A1F即(-m,a,-a)=λ1(-a,a,0)+λ2(0,m,-a)=(-aλ1,aλ1+mλ2,-aλ2),所以-m=-aλ1,a=aλ故A113.BD解析对于A,AB=(2,1,0),AC=(-1,2,1),可知AB≠λAC(λ∈R),则AB与对于B,∵AB=(2,1,0),∴|AB|=5,∴AB|AB|=255,55,0,即与AB对于C,∵BC=(-3,1,1),∴cos<AB,BC>=AB·即AB和BC夹角的余弦值为-对于D,设平面ABC的法向量是n=(x,y,z),则n·AB=2x+y=0,n·BC=故平面ABC的一个法向量是(1,-2,5),故D正确.故选BD.14.B解析设向量p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为(x,y,z),则p=a+2b+3c=x(a+b)+y(a-b)+zc=(x+y)a+(x-y)b+zc,所以x