高三一轮复习数学试题（人教版新高考新教材）考点规范练38　空间向量及其运算

考点规范练38空间向量及其运算一、基础巩固1.若向量c垂直于不共线的向量a和b,d=λa+μb(λ,μ∈R,且λμ≠0),则()A.c∥dB.c⊥dC.c不平行于d,c也不垂直于dD.以上三种情况均有可能2.(多选)已知点P是△ABC所在的平面外一点,若AB=(2,1,4),AP=(1,2,1),AC=(4,2,0),则()A.AP⊥AB B.AP⊥BPC.BC=53 D.AP∥BC3.已知A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足AB·AC=0,AC·AD=0,AB·AD=0,M为BCA.钝角三角形 B.锐角三角形C.直角三角形 D.不确定4.已知点A(4,1,3),B(2,3,1),C(3,7,5),点P(x,1,3)在平面ABC内,则x的值为()A.4 B.1 C.10 D.115.在空间四边形ABCD中,AB·CD+A.1 B.0 C.1 D.26.在三棱锥OABC中,M是OA的中点,P是△ABC的重心.设OA=a,OB=b,OC=c,则MP=()A.12a16b+13c B.13aC.16a+13b+13c D.a+17.已知点O(0,0,0),A(1,2,3),B(2,1,2),P(1,1,2),点Q在直线OP上运动.当QA·QB最小时,点Q的坐标是8.已知空间四边形OABC各边及其对角线OB,AC的长都是6,且AM=2MB,MG=GC,OG=xOA+yOB+zOC,则x+y+z=9.已知长方体ABCDA1B1C1D1中,|AB|=|BC|=2,|D1D|=3,N是AB的中点,M是B1C1的中点,建立如图所示的空间直角坐标系.(1)写出点D,N,M的坐标;(2)求线段MD,MN的长度;(3)判断直线DN与直线MN是否互相垂直,并说明理由.10.如图,在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中,G为△BC1D的重心,求证:(1)A1,G,C三点共线;(2)A1C⊥平面BC1D.二、综合应用11.(多选)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中,若∠BAD=∠A1AB=∠A1AD=π3,各棱长均为1,则下列结论正确的是(A.{AC,B.<AD,DDC.|BD1D.BD⊥平面ACC1A112.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a,E,F分别是BC,AD的中点,则AE·AF的值为(A.a2 B.12a2 C.14a2 D.313.如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,CA=CB=1,∠BCA=90°,棱AA1=2,M,N分别是A1B1,A1A的中点.(1)求BN的模;(2)求cos<BA1(3)求证:A1B⊥C1M.14.如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,底面边长和侧棱长都等于1,∠BAA1=∠CAA1=60°.(1)设AA1=a,AB=b,AC=c,用向量a,b,c表示BC1(2)求异面直线AB1与BC1所成角的余弦值.三、探究创新15.如图,在四棱锥PABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥DC,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,E为棱PC的中点.(1)证明:BE⊥PD;(2)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求线段PF的长.

考点规范练38空间向量及其运算1.B由题意,得c垂直于由a,b确定的平面.∵d=λa+μb,∴d与a,b共面.∴c⊥d.2.AC因为AP·AB=0,故A正确;BP=(3,3,3),AP·BP=3+63=6≠0,故B不正确;BC=(6,1,4),|BC|=62+12+(-4)2=53,故C正确;AP=(1,2,1),3.C∵M为BC的中点,∴AM=∴AM·=12AB·∴AM⊥AD,即△AMD为直角三角形.4.D∵点P(x,1,3)在平面ABC内,∴存在实数λ,μ,使得AP=λAB+μ∴(x4,2,0)=λ(2,2,2)+μ(1,6,8),即x可得x=11.5.B如图,令AB=a,AC=b,AD=c,则AB·CD+AC·DB+AD·BC=AB·=a·(cb)+b·(ac)+c·(ba)=a·ca·b+b·ab·c+c·bc·a=0.6.C如图,取AB的中点D,连接CD,MC,OD,则点P在CD上,且CMP=MC+CP=(OC−OM)+23CD=OC-12OA+23(OD−OC)=c-12a+23OD7.43,43,83设OQ=λOP=(λ,λ,2λ),λ∈R,则QA=(1λ,2λ,32λ),QB=(2λ,1λ,22λ).故QA·QB=(1λ)(2λ)+(2λ)(1λ)+(32λ)(22λ)所以当λ=43时,QA·QB取得最小值23,此时OQ8.15由题意知空间四边形OABC为正四面体.OG=OM+MG=OA+23AB+12MC∵OA·OB=OA·OC=OB·OC∴|OG|2=OG2=16OA+13OB+12OC∴|OG|=5.9.解(1)∵D为坐标原点,∴点D的坐标为(0,0,0).由|AB|=|BC|=2,|D1D|=3,得点A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),B1(2,2,3),C1(0,2,3),∵N是AB的中点,M是B1C1的中点,∴点N(2,1,0),M(1,2,3).(2)|MD|=(1|MN|=((3)直线DN与直线MN不垂直.理由:由(1)中各点坐标得DN=(2,1,0),MN=(1,1,3),∴DN·MN=(2,1,0)·(1,1,3)=1∴DN与∴直线DN与直线MN不垂直.10.证明(1)CA1=CB+BA+∴CG即A1,G,C三点共线.(2)设CB=a,CD=b,CC1=c,则|a|=|b|=|c|=a,且a·b=b·c=c·a=∵CA1=a+b+c,BC∴CA1·BC1=(a+b+c)·(ca)∴C即CA1⊥BC1.同理CA1⊥BD,又BD∩BC1=B,∴A1C⊥平面BC1D.11.ACD对于A,由BB1∥CC1所以{AC,AC1,BB对于B,因为∠A1AD=π3,所以∠ADD1=2π3,所以<AD,DD1>=对于C,|BD1|2=(BA+AD+DD1)2=BA2+AD2+DD12+2BA·AD+2BA·DD1+2所以|BD1|=2,故C对于D,设BD交AC于点O,连接A1O,A1D,A1B,如图,由题意可得四边形ABCD为菱形,A1D=A1B,所以BD⊥AC,BD⊥A1O,又AC∩A1O=O,所以BD⊥平面ACC1A1,故D正确.12.C如图,设AB=a,AC=b,AD=c,则|a|=|b|=|c|=a,且a,b,c三个向量两两的夹角为60°.AE=12(a+b),故AE·AF=12(a+b)·12c=14(=14(a2cos60°+a2cos60°)=14a13.解如图,建立空间直角坐标系Oxyz.(1)依题意得点B(0,1,0),N(1,0,1),∴|BN|=(1-(2)依题意得点A1(1,0,2),B(0,1,0),C(0,0,0),B1(0,1,2),∴BA1=(1,1,2),CB1=(0,1,2|BA1|=6,|C∴cos<BA1(3)证明:依题意,得点C1(0,0,2),M12,12,2,A1B=(1,1,2),∴A∴A1B⊥C1M.14.解(1)BC1=BB1+B1C1=BB1+A1C1−A1B1=AA1+AC−AB=a+cb.又a·b所以|BC1|=(a+(2)因为AB1=a+b,所以|AB因为AB1·BC1=(a+b)·(a+cb)=a2+a·ca·b+b·a+c·bb2=1所以cos<AB1所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为615.解∵PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,∴以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.由题意得点B(1,0,0),P(0,0,2),C(2,2,0),E(1,1,1),D(0,2,0).(1)证