人教A版普通高中数学一轮复习36课时练习含答案

课时质量评价(三十六)1．已知点O，A，B，C为空间不共面的四点，且向量a＝OA+OB+OC，向量b＝OA+OBA．OA B．C．OC D．OA或C解析：因为OC＝12(OA+OB+OC)－12(OA+所以OC与a，b不能构成空间的一个基底．2．(2024·台州模拟)若向量a＝(1，1，2)，b＝(2，x，y)，且a∥b，则|b|＝()A．2 B．22C．6 D．26D解析：由题意，得21＝x1＝y2，解得x＝2，y＝4，故b＝(2，2，4)，所以|b|＝23．(多选题)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，AB＝(2，－1，－4)，AD＝(4，2，0)，AP＝(－1，2，－1)．下列结论正确的有()A．AP⊥ABB．AP⊥ADC．AP是平面ABCD的一个法向量D．AP∥BDABC解析：对于A，AB·AP＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，所以AP⊥AB，即AP⊥对于B，AP·AD＝(－1)×4＋2×2＋(－1)×0＝0，所以AP⊥AD，即AP⊥对于C，由AP⊥AB，且AP⊥AD，得出AP是平面ABCD的一个法向量，故C正确；对于D，由AP是平面ABCD的法向量，得出AP⊥BD，故D错误．4．设向量a＝(3，5，2)，b＝(－2，1，3)，向量ma＋nb与x轴垂直时，实数m与n满足()A．3m＝2n B．3m＝nC．m＝2n D．m＝nA解析：ma＋nb＝(3m－2n，5m＋n，2m＋3n)，取x轴的方向向量为e＝(1，0，0)．因为向量ma＋nb与x轴垂直，所以3m－2n＝0，解得3m＝2n.5．如图，在一个120°的二面角的棱上有A，B两点，线段AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱AB垂直．若AB＝2，AC＝1，BD＝2，则CD的长为()A．2 B．3C．23 D．4B解析：因为CA⊥AB，BD⊥AB，二面角大小为120°，所以CA·AB＝0，BD·AB＝0，CA·BD＝|CA||BD|cos(180°因为CD＝CA+所以CD2＝CA2＋AB2＋BD2＋2CA·AB＋2CA·6．已知a＝(1，0，1)，b＝(x，1，2)，且a·b＝3，则向量a与b的夹角为．π6解析：因为a·b＝x＋2＝3，所以x＝1，所以b所以cos〈a，b〉＝a·bab＝又因为〈a，b〉∈[0，π]，所以向量a与b的夹角为π67．(2024·西安模拟)在空间四边形ABCD中，AC与BD是四边形的两条对角线，M，N分别为线段AB，CD上的点，且满足AM＝23AB，DN＝34DC，点G在线段MN上，且满足MG＝3GN.若向量AG满足AG＝xAB+yAC+zAD1112解析：如图，连接MN，AN，AG由于MG＝3GN，故AG−AM＝3(AN−AG)，整理得4AG＝3AN+AM＝3AD＋3DN+AM＝3AD＋94DC＋23AB＝3AD＋所以AG＝316AD＋916故x＝16，y＝916，z＝所以x＋y＋z＝11128．已知空间向量a＝(1，0，1)，b＝(2，－1，2)，则向量a在向量b上的投影向量的坐标是．89，−49，89解析：因为空间向量a＝(1，0，1)，b＝(2，－1，2)，所以a·b＝4，b＝4+1+4＝3，所以向量a在向量b上的投影向量为a·9．在棱长为2的正方体中，E，F分别是DD1，DB的中点，G在棱CD上，且CG＝13CD，H是C1G(1)求证：EF⊥B1C；(2)求cos〈EF，C1G〉；(3)求FH的长．(1)证明：如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，E(0，0，1)，F(1，1，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，B1(2，2，2)，G0，所以EF＝(1，1，－1)，B1C＝(－2，0，－2)，所以EF·B1C＝1×(－2)＋1×0＋(－1)×(－2)＝0，所以EF⊥B1C，故EF⊥B1C．(2)解：因为C1G＝0，所以|C1G|＝210因为EF＝(1，1，－1)，所以|EF|＝3，EF·C1G＝1×0＋1×−23＋(－1)所以cos〈EF，C1G〉＝EF·C1GTX→(3)解：因为H是C1G的中点，所以H0，又因为F(1，1，0)，所以HF＝1，所以|HF|＝12+−即FH＝22310．(多选题)(2024·沈阳模拟)已知空间中三点A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(－1，3，1)，则()A．AB与AC是共线向量B．与向量AB方向相同的单位向量坐标是2C．AB与BC夹角的余弦值是55D．BC在AB上的投影向量的模为5BD解析：由已知得AB＝(2，1，0)，AC＝(－1，2，1)，BC＝(－3，1，1)，且−12≠2因此AB与AC不共线，故A错误；|AB|＝5，所以与向量AB方向相同的单位向量坐标是15(2，1，0)＝2AB·BC＝－5，|BC|＝cos〈AB，BC〉＝AB·BCABBC在AB上的投影向量的模是BC·ABAB＝−11．已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A．32 B．C．105 D．C解析：如图，由题意知，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，CC1⊥平面ABC．因为BC⊂平面ABC，AB⊂平面ABC，所以BB1⊥BC，CC1⊥AB．因为AB1＝BB1－BA，BC1＝BC＋CC1，所以AB1·BC1＝BB1·BC＋BB1·CC1－BA·BC−BA·CC1＝0＋1－2×1×−12－0＝2.因为AB1所以cos〈AB1，BC1〉＝AB1TX→·BC1TX→AB1TX→B12．如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是()A．23 B．C．23 D．C解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，则D(0，0，0)，C1(0，1，2)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，所以DC1＝(0，1，2)，DA＝(1，0，0)，AC＝(－1，1，0)．设DP＝λDC1，AQ＝μAC(λ，μ∈[0，1])，所以DP＝λ(0，1，2)＝(0，λ，2λ)，DQ＝DA+AQ＝DA+μAC＝(1，0，0)＋μ所以PQ＝DQ−DP＝(1－μ，μ－λ，－2所以|PQ|＝1−μ2+μ−λ2+4λ2＝5λ−μ52+95μ−592所以线段PQ长度的最小值为2313．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，C1N＝λNC，且AB1⊥MN，则λ的值为．15解析：如图，取B1C1的中点P，连接MP，以MC，MA，MP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．因为底面边长为1，侧棱长为2，则A0，32，0，B1−12，0，设N12，0，t，因为C所以N12所以AB1＝−1MN＝12因为AB1⊥MN，所以AB1·MN＝0，所以－14＋41+λ＝0，解得λ14．如图，已知斜三棱柱ABC-A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足AM＝kAC1，BN＝kBC(0≤k≤1)．(1)用向量AB和AA1表示向量MN.(2)向量MN与向量AB，AA1是否共面？解：(1)因为AN＝AB+BN＝AB＋k(AC−AB)＝(1－k)AB+kAC，AM＝kAC1＝所以MN＝AN−AM＝(1－k)AB+kAC－kAA1－kAC＝(1－k)AB(2)由(1)可知，MN＝(1－k)AB－kAA1，所以向量MN与向量AB，AA1共面．15．如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，∠A1AD＝∠A1AB＝∠BAD＝60°，AB＝AD＝2，AA1＝1，点P为线段BC的中点．(1)求|D1P|；解：(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，BP＝PC．设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，这三个向量不共面，{a，b，c}构成空间的一个基底．所以D1P＝AP－AD1＝(AB+BP)－(AD＋AA1)＝a+12b－(b＋c)＝a所以D1P2＝a−12b−c2＝a2＋14b2＋c2－a·b－2a·c＋b·c＝4＋14×4＋1－2×2×12－2×2×所以D1PTX→