2023届高考数学一轮复习作业空间向量的运算及应用新人教B版（答案有详细解析）

这是一份2023届高考数学一轮复习作业空间向量的运算及应用新人教B版（答案有详细解析），共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．(2021·广西柳州高三期末)向量a＝(2,4,5)，向量b＝(1,2，t)，若a⊥b，则实数t＝( )
A．eq \f(5,2) B．1 C．－2 D．－eq \f(8,5)
C [因为向量a＝(2,4,5)，向量b＝(1,2，t)，若a⊥b，
则a·b＝2×1＋4×2＋5t＝0，解得t＝－2，故选C．]
2．(2021·浙江镇海中学高三期末)已知空间三点A(－2,0,8)，P(m，m，m)，B(4，－4,6)，若向量eq \(PA,\s\up7(→))与eq \(PB,\s\up7(→))的夹角为60°，则实数m＝( )
A．1 B．2 C．－1 D．－2
B [∵A(－2,0,8)，P(m，m，m)，B(4，－4,6)，
∴eq \(PA,\s\up7(→))＝(－2－m，－m,8－m)，eq \(PB,\s\up7(→))＝(4－m，－4－m,6－m)，
由题意有cs 60°＝eq \f(|\(PA,\s\up7(→))·\(PB,\s\up7(→))|,|\(PA,\s\up7(→))||\(PB,\s\up7(→))|)
＝eq \f(3m2－12m＋40,\r(3m2－12m＋68)\r(3m2－12m＋68))，
即eq \f(3m2－12m＋68,2)＝3m2－12m＋40，整理得m2－4m＋4＝0，解得m＝2．]
3．若平面α，β的一个法向量分别为m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,3)，－1))，n＝(2，－3,0)，则( )
A．α∥β
B．α⊥β
C．α与β相交但不垂直
D．α∥β或α与β重合
B [∵m·n＝eq \f(1,2)×2＋eq \f(1,3)×(－3)＋(－1)×0＝0，∴m⊥n，∴α⊥β，故B正确，C不正确；不存在λ，使得m＝λn，则A, D均不正确．]
4．对于空间一点O和不共线的三点A，B，C，有6eq \(OP,\s\up7(→))＝eq \(OA,\s\up7(→))＋2eq \(OB,\s\up7(→))＋3eq \(OC,\s\up7(→))，则( )
A．O，A，B，C四点共面
B．P，A，B，C四点共面
C．O，P，B，C四点共面
D．O，P，A，B，C五点共面
B [由6eq \(OP,\s\up7(→))＝eq \(OA,\s\up7(→))＋2eq \(OB,\s\up7(→))＋3eq \(OC,\s\up7(→))，
得eq \(OP,\s\up7(→))－eq \(OA,\s\up7(→))＝2(eq \(OB,\s\up7(→))－eq \(OP,\s\up7(→)))＋3(eq \(OC,\s\up7(→))－eq \(OP,\s\up7(→)))，
即eq \(AP,\s\up7(→))＝2eq \(PB,\s\up7(→))＋3eq \(PC,\s\up7(→))，
故eq \(AP,\s\up7(→))，eq \(PB,\s\up7(→))，eq \(PC,\s\up7(→))共面，又它们有公共点P，
因此，P，A，B，C四点共面，故选B．]
5．已知eq \(AB,\s\up7(→))＝a，eq \(AD,\s\up7(→))＝b，如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，eq \(AA1,\s\up7(→))＝c，则用向量a，b，c可表示向量eq \(BD1,\s\up7(→))为( )
A．a＋b＋c B．a－b＋c
C．a＋b－c D．－a＋b＋c
D [在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，eq \(BD1,\s\up7(→))＝eq \(BA,\s\up7(→))＋eq \(AD,\s\up7(→))＋eq \(DD1,\s\up7(→))＝－eq \(AB,\s\up7(→))＋eq \(AD,\s\up7(→))＋eq \(AA1,\s\up7(→))＝－a＋b＋c．]
6．(2021·重庆南开中学高三期末)如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，其中AD＝2AB，E是CD的中点，F是AD上一点，当BF⊥PE时，AF∶FD＝( )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶5 D．1∶7
D [以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设AB＝1，则AD＝2，设AP＝a，
所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,2,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2，0))，P(0,0，a)，
设F(0，y,0)，则eq \(PE,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2，－a))，eq \(BF,\s\up7(→))＝(－1，y,0)，
因为BF⊥PE，所以eq \(BF,\s\up7(→))·eq \(PE,\s\up7(→))＝0，所以－eq \f(1,2)＋2y＝0，解得y＝eq \f(1,4)，
所以Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)，0))，所以AF＝eq \f(1,4)，则FD＝2－eq \f(1,4)＝eq \f(7,4)，所以AF∶FD＝eq \f(1,4)∶eq \f(7,4)＝1∶7，故选D．]
二、填空题
7．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点D满足 eq \(AD,\s\up7(→))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up7(→))＋\(AA1,\s\up7(→))))，则|eq \(CD,\s\up7(→))|＝ ．
2 [因为三棱柱ABC­A1B1C1是正三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，且△ABC为等边三角形，
如图建立以A为原点，AC所在的直线为y轴，过点A垂直于AC的直线为x轴，AA1所在的直线为z轴的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(eq \r(3)，1,0)，A1(0,0,2)，C(0,2,0)，eq \(AB,\s\up7(→))＝(eq \r(3)，1,0)，eq \(AA1,\s\up7(→))＝(0,0,2)，
所以eq \(AD,\s\up7(→))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up7(→))＋\(AA1,\s\up7(→))))＝eq \f(1,2)(eq \r(3)，1,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，即Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，
所以|eq \(CD,\s\up7(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)－0))eq \s\UP12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－2))eq \s\UP12(2)＋1－02)＝2．]
8．已知a＝(4，－2,6)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝ ．
eq \f(65,7) [因为a，b，c三向量共面，所以存在m，n∈R，使得c＝ma＋nb，
则c＝(7,5，λ)＝(4m－n，－2m＋4n,6m－2n)，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4m－n＝7，,－2m＋4n＝5，,6m－2n＝λ，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(33,14)，,n＝\f(17,7)，,λ＝\f(65,7).))]
9．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果eq \(AB,\s\up7(→))＝(2，－1，－4)，eq \(AD,\s\up7(→))＝(4,2,0)，eq \(AP,\s\up7(→))＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③eq \(AP,\s\up7(→))是平面ABCD的法向量；④eq \(AP,\s\up7(→))∥eq \(BD,\s\up7(→))．其中正确的是 ．
①②③ [∵eq \(AB,\s\up7(→))·eq \(AP,\s\up7(→))＝0，eq \(AD,\s\up7(→))·eq \(AP,\s\up7(→))＝0，
∴AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确．
又eq \(AB,\s\up7(→))与eq \(AD,\s\up7(→))不平行，
∴eq \(AP,\s\up7(→))是平面ABCD的法向量，则③正确．
∵eq \(BD,\s\up7(→))＝eq \(AD,\s\up7(→))－eq \(AB,\s\up7(→))＝(2,3,4)，eq \(AP,\s\up7(→))＝(－1,2，－1)，
∴eq \(BD,\s\up7(→))与eq \(AP,\s\up7(→))不平行，故④错误．]
三、解答题
10．如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点．
(1)求证：BM∥平面ADEF；
(2)求证：BC⊥平面BDE．
[证明] ∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AD⊥ED，ED⊂平面ADEF，∴ED⊥平面ABCD．
以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up7(→))，eq \(DC,\s\up7(→))，eq \(DE,\s\up7(→))分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,4,0)，E(0,0,2)，F(2,0,2)．
(1)∵M为EC的中点，∴M(0,2,1)，
则eq \(BM,\s\up7(→))＝(－2,0,1)，eq \(AD,\s\up7(→))＝(－2,0,0)，eq \(AF,\s\up7(→))＝(0,0,2)，
∴eq \(BM,\s\up7(→))＝eq \(AD,\s\up7(→))＋eq \f(1,2)eq \(AF,\s\up7(→))，故eq \(BM,\s\up7(→))，eq \(AD,\s\up7(→))，eq \(AF,\s\up7(→))共面．
又BM⊄平面ADEF，∴BM∥平面ADEF．
(2)eq \(BC,\s\up7(→))＝(－2,2,0)，eq \(DB,\s\up7(→))＝(2,2,0)，eq \(DE,\s\up7(→))＝(0,0,2)，
∵eq \(BC,\s\up7(→))·eq \(DB,\s\up7(→))＝－4＋4＝0，∴BC⊥DB．
又eq \(BC,\s\up7(→))·eq \(DE,\s\up7(→))＝0，∴BC⊥DE．
又DE∩DB＝D，DB，DE⊂平面BDE，∴BC⊥平面BDE．
11．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1的面ABC中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N，H分别是A1B1，AA1，B1C1的中点．
(1)求向量eq \(HN,\s\up7(→))的模；
(2)点P是线段AA1上一点，且eq \(A1P,\s\up7(→))＝eq \f(1,4)eq \(A1A,\s\up7(→))，求证：A1B⊥平面C1MP．
[解] 由题意，CA，CB，CC1两两垂直，以C为原点，如图建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0，0)，A1(1,0,2)，B1(0,1，2)，C1(0,0,2)．
(1)因为N，H分别为A1A，B1C1中点，
因此Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，2))，N(1,0,1)，
即eq \(HN,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(1,2)，－1))，
|eq \(HN,\s\up7(→))|＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\UP12(2)＋－12)＝eq \f(3,2)．
(2)证明：由题意得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(3,2)))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，2))，
设平面C1MP的法向量为n＝(x，y，z)，eq \(C1M,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq \(C1P,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，－\f(1,2)))，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(C1M,\s\up7(→))＝\f(1,2)x＋\f(1,2)y＝0，,n·\(C1P,\s\up7(→))＝x－\f(1,2)z＝0，))令x＝1，∴y＝－1，z＝2．
∴n＝(1，－1,2)，又eq \(A1B,\s\up7(→))＝(－1,1，－2)＝－n，
∴A1B⊥平面C1MP．
1．如图所示的平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，已知AB＝AA1＝AD，∠BAD＝∠DAA1＝60°，∠BAA1＝30°，N为A1D1上一点，且A1N＝λA1D1．
(1)若BD⊥AN，则λ的值为 ；
(2)若M为棱DD1的中点，BM∥平面AB1N，则λ的值为 ．
(1)eq \r(3)－1 (2)eq \f(2,3) [(1)取空间中一组基底：eq \(AB,\s\up7(→))＝a，eq \(AD,\s\up7(→))＝b，eq \(AA1,\s\up7(→))＝c，因为BD⊥AN，
所以eq \(BD,\s\up7(→))·eq \(AN,\s\up7(→))＝0．
因为eq \(BD,\s\up7(→))＝eq \(AD,\s\up7(→))－eq \(AB,\s\up7(→))＝b－a，eq \(AN,\s\up7(→))＝eq \(AA1,\s\up7(→))＋eq \(A1N,\s\up7(→))＝c＋λb，
所以(b－a)·(c＋λb)＝0，
所以eq \f(1,2)＋λ－eq \f(\r(3),2)－eq \f(λ,2)＝0，所以λ＝eq \r(3)－1．
(2)在AD上取一点M1使得A1N＝AM1，连接M1N，M1M，M1B，因为A1N∥AM1且A1N＝AM1，所以四边形AA1NM1为平行四边形，又AA1BB1，所以M1NB1B，所以四边形NM1BB1为平行四边形，所以NB1∥M1B，NB1＝M1B，
又因为M1B⊄平面AB1N，NB1⊂平面AB1N，
所以M1B∥平面AB1N，
又因为BM∥平面AB1N，且BM∩M1B＝B，
所以平面M1MB∥平面AB1N，
所以MM1∥平面AB1N．
又因为 平面AA1D1D∩平面AB1N＝AN，且MM1⊂平面AA1D1D，
所以M1M∥AN，所以△AA1N∽△MDM1，
所以eq \f(A1N,DM1)＝eq \f(AA1,MD)＝eq \f(λA1D1,1－λA1D1)＝2，所以λ＝eq \f(2,3)．]
2．如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，∠ACD＝90°，把△ADC沿对角线AC折起，使AB与CD成60°角，则BD的长为 ．
2或eq \r(2) [∵AB与CD成60°角，
∴〈eq \(BA,\s\up7(→))，eq \(CD,\s\up7(→))〉＝60°或120°．
又∵AB＝AC＝CD＝1，AC⊥CD，AC⊥AB，
∴|eq \(BD,\s\up7(→))|＝eq \r(\(\(BD,\s\up7(→))2))＝eq \r(\(\(BA,\s\up7(→))＋\(AC,\s\up7(→))＋\(CD,\s\up7(→)))2)
＝eq \r(\(\(BA,\s\up7(→))2＋\(AC,\s\up7(→))2＋\(CD,\s\up7(→))2＋2\(BA,\s\up7(→))·\(AC,\s\up7(→))＋2\(AC,\s\up7(→))·\(CD,\s\up7(→))＋2\(BA,\s\up7(→))·\(CD,\s\up7(→))))
＝eq \r(\(1＋1＋1＋0＋0＋2×1×1×cs〈\(BA,\s\up7(→))，\(CD,\s\up7(→))〉))
＝eq \r(\(3＋2cs〈\(BA,\s\up7(→))，\(CD,\s\up7(→))〉))，
∴|eq \(BD,\s\up7(→))|＝2或eq \r(2)．∴BD的长为2或eq \r(2)．]
3．(2021·黑龙江哈师大附中高三三模)如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2BC＝4，E，F是棱PC，PB上的点，eq \(PE,\s\up7(→))＝3eq \(EC,\s\up7(→))，eq \(PF,\s\up7(→))＝2eq \(FB,\s\up7(→))．
(1)求证：AF∥平面BDE；
(2)棱PA上是否存在点M，使CM⊥平面BDE？若存在，求出eq \f(PM,MA)的值；不存在，请说明理由．
[解](1)证明：∵PD⊥平面ABCD，AD，CD⊂平面ABCD，
∴PD⊥AD，PD⊥CD，在矩形ABCD中，AD⊥CD，
∴DA，DC，DP三条线两两垂直，
如图，分别以DA，DC，DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，B(2,4,0)，
C(0,4,0)，P(0,0,4)，
∵eq \(PE,\s\up7(→))＝3eq \(EC,\s\up7(→))，
∴E(0,3,1)；∵eq \(PF,\s\up7(→))＝2eq \(FB,\s\up7(→))，
∴eq \(PF,\s\up7(→))＝eq \f(2,3)eq \(PB,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(8,3)，－\f(8,3)))，
∴eq \(AF,\s\up7(→))＝eq \(AP,\s\up7(→))＋eq \(PF,\s\up7(→))＝(－2,0,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(8,3)，－\f(8,3)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(8,3)，\f(4,3)))，
设n＝(x，y，z)为平面BDE的一个法向量，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DE,\s\up7(→))＝0，,n·\(DB,\s\up7(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3y＋z＝0，,2x＋4y＝0，))取n＝(－2,1，－3)，
∵eq \(AF,\s\up7(→))·n＝eq \f(4,3)＋eq \f(8,3)－4＝0，∴eq \(AF,\s\up7(→))⊥n，，又∵AF⊄平面BDE，
∴AF∥平面BDE．
(2)假设存在M满足 eq \(AM,\s\up7(→))＝λeq \(AP,\s\up7(→))(0≤λ≤1)，使CM⊥平面BDE，
eq \(CM,\s\up7(→))＝eq \(CA,\s\up7(→))＋eq \(AM,\s\up7(→))＝(2，－4,0)＋λ(－2,0,4)＝(2－2λ，－4,4λ)，
若CM⊥平面BDE，则eq \(CM,\s\up7(→))∥n，
∴eq \f(2－2λ,－2)＝eq \f(－4,1)＝eq \f(4λ,－3)，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－2λ＝8，,12＝4λ，))∴λ∈∅，
故不存在满足条件的点M．