统考版2025届高考数学全程一轮复习课时作业44空间向量及其运算理

课时作业44空间向量及其运算[基础落实练]一、选择题1．已知a＝(1，1，1)，b＝(0，2，－1)，c＝ma＋nb＋(4，－4，1).若c与a及b都垂直，则m，n的值分别为()A．－1，2B．1，－2C．1，2D．－1，－22．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)3.如图，在△ABC中，点D，E是线段BC上两个动点，且eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→))，则eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)的最小值为()A．eq\f(3,2)B．2C．eq\f(5,2)D．eq\f(9,2)4．如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在线段MN上，且分MN所成的比为2，现用基向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))表示向量eq\o(OG,\s\up6(→))，设eq\o(OG,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))，则x，y，z的值分别是()A．x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(1,3)，z＝eq\f(1,3)B．x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(1,3)，z＝eq\f(1,6)C．x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(1,6)，z＝eq\f(1,3)D．x＝eq\f(1,6)，y＝eq\f(1,3)，z＝eq\f(1,3)5．如图，F是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱CD的中点，E为BB1上一点，若D1F⊥DE，则有()A.B1E＝EBB．B1E＝2EBC．B1E＝eq\f(1,2)EBD．E与B重合二、填空题6．已知空间四边形OABC，点M，N分别是OA，BC的中点，且eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，用a，b，c表示向量eq\o(MN,\s\up6(→))＝________．7．若a＝(0，1，－1)，b＝(1，1，0)，且(a＋λb)⊥a，则实数λ的值为________．8．已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分别是CD，PC的中点，并且PA＝AD＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，MN＝________．[素养提升练]9．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝eq\f(2,3)A1D，AF＝eq\f(1,3)AC，则()A．EF至多与A1D，AC之一垂直B．EF⊥A1D，EF⊥ACC．EF与BD1相交D．EF与BD1异面10．已知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eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))取最小值时，点Q的坐标是________．11．在空间直角坐标系中，以点A(4，1，9)，B(10，－1，6)，C(x，4，3)为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，则实数x的值为________．12．已知平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝120°.(1)求线段AC1的长；(2)求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值；(3)证明：AA1⊥BD.13．如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°的角．求证：(1)CM∥平面PAD；(2)平面PAB⊥平面PAD.课时作业44空间向量及其运算1．解析：由已知得c＝（m＋4，m＋2n－4，m－n＋1），故a·c＝3m＋n＋1＝0，b·c＝m＋5n－9＝0，解得m＝－1，n＝2.答案：A2．解析：由题意可得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).答案：D3．解析：如图可知，x，y均为正数．设eq\o(AD,\s\up6(→))＝meq\o(AB,\s\up6(→))＋neq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→)).∵B，D，E，C共线．∴m＋n＝1，同理，λ＋μ＝1.∵eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→))＝（m＋λ）eq\o(AB,\s\up6(→))＋（n＋μ）eq\o(AC,\s\up6(→))，∴x＋y＝m＋n＋λ＋μ＝2.∴eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(4,y)))（x＋y）＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(y,x)＋\f(4x,y)))≥eq\f(1,2)（5＋2eq\r(\f(y,x)·\f(4x,y))）＝eq\f(9,2)，当且仅当y＝2x时取等号，则eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)的最小值为eq\f(9,2).答案：D4．解析：设eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，∵点G分MN所成的比为2，∴eq\o(MG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(MN,\s\up6(→))，∴eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(MG,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)（eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))）＝eq\f(1,2)a＋eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b＋\f(1,2)c－\f(1,2)a))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)c－eq\f(1,3)a＝eq\f(1,6)a＋eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)c，即x＝eq\f(1,6)，y＝eq\f(1,3)，z＝eq\f(1,3).答案：D5．解析：分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D（0，0，0），F（0，1，0），D1（0，0，2），设E（2，2，z），则D1F＝（0，1，－2），eq\o(DE,\s\up6(→))＝（2，2，z），因为D1F·eq\o(DE,\s\up6(→))＝0×2＋1×2－2z＝0，所以z＝1，所以B1E＝EB.答案：A6．解析：如图所示，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)（eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(MC,\s\up6(→))）＝eq\f(1,2)[（eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))）＋（eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))）]＝eq\f(1,2)（eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))－2eq\o(OM,\s\up6(→))）＝eq\f(1,2)（eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))）＝eq\f(1,2)（b＋c－a）.答案：eq\f(1,2)（b＋c－a）7．解析：因为（a＋λb）⊥a，所以（a＋λb）·a＝a2＋λb·a＝（eq\r(2)）2＋λ×（0＋1＋0）＝0，解得λ＝－2.答案：－28．解析：连接PD（图略），∵M，N分别为CD，PC的中点，∴MN＝eq\f(1,2)PD，又P（0，0，1），D（0，1，0），∴PD＝eq\r(02＋（－1）2＋12)＝eq\r(2)，∴MN＝eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)9．解析：以D点为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A1（1，0，1），D（0，0，0），A（1，0，0），C（0，1，0），Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0，\f(1,3)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(1,3)，0))，B（1，1，0），D1（0，0，1），A1D＝（－1，0，－1），eq\o(AC,\s\up6(→))＝（－1，1，0），eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，－\f(1,3)))，BD1＝（－1，－1，1），所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝－eq\f(1,3)BD1，A1D·eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝0，从而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC.答案：B10．解析：由题意，设eq\o(OQ,\s\up6(→))＝λeq\o(OP,\s\up6(→))，即eq\o(OQ,\s\up6(→))＝（λ，λ，2λ），则eq\o(QA,\s\up6(→))＝（1－λ，2－λ，3－2λ），eq\o(QB,\s\up6(→))＝（2－λ，1－λ，2－2λ），所以eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝（1－λ）（2－λ）＋（2－λ）（1－λ）＋（3－2λ）（2－2λ）＝6λ2－16λ＋10＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(4,3)))eq\s\up12(2)－eq\f(2,3)，当λ＝eq\f(4,3)时有最小值，此时点Q的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3)))11．解析：由题意得eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|，又eq\o(AB,\s\up6(→))＝（6，－2，－3），eq\o(AC,\s\up6(→))＝（x－4，3，－6）∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6（x－4）－6＋18＝0，,（x－4）2＝4，))得x＝2.答案：212．解析：（1）如图所示，设eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，AA1＝c，则|a|＝|b|＝1，|c|＝2.a·b＝0，a·c＝b·c＝2×1×cos120°＝－1.∵AC1＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋CC1＝a＋b＋c，∴|AC1|2＝（a＋b＋c）2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c＝1＋1＋22－2－2∴|AC1|＝eq\r(2).即线段AC1的长为eq\r(2).（2）∵AC1＝a＋b＋c，A1D＝b－c，∴AC1·A1D＝（a＋b＋c）·（b－c）＝a·b－a·c＋b2－b·c＋b·c－c2＝1＋12－又|A1D|2＝（b－c）2＝b2＋c2－2b·c＝1＋4＋2＝∴|A1D|＝eq\r(7).∴cos〈AC1，A1D〉＝AC1∙A1DAC1A1D＝eq\f(－2,\r(2)×\r(7))＝－∴异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为eq\f(\r(14),7).（3）证明：∵AA1＝c，eq\o(BD,\s\up6(→))＝b－a，∴AA1·eq\o(BD,\s\up6(→))＝c·（b－a）＝c·b－c·a＝－1－（－1）＝0.∴AA1⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，即AA1⊥BD.13．证明：以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.∵PC⊥平面ABCD，∵∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，∴∠PBC＝30°，∵PC＝2，∴BC＝2eq\r(3)，PB＝4，∴D（0，1，0），B（2eq\r(3)，0，0），A（2eq\r(3)，4，0），P（0，0，2），Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，\f(3,2)))，∴eq\o(DP,\s\up6(→))＝（0，－1，2），eq\o(DA,\s\up6(→))＝（2eq\r(3)，3，0），eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\b