高考数学一轮复习课时质量评价36空间向量及其运算含答案

课时质量评价(三十六)

A组　全考点巩固练

1．已知a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为(　　)

A．－2   B．

C．－   D．2

D　解析：a－λb＝(－2,1,3)－(－λ，2λ，λ)＝(λ－2,1－2λ，3－λ)，a＝(－2,1,3)．若a⊥(a－λb)，则－2(λ－2)＋1－2λ＋3(3－λ)＝0，解得λ＝2．故选D．

2．(2022·江西新余月考)已知a＝(t,12，－3)，b＝(2，t＋2,1)，若a∥b，则实数t的值为(　　)

A．－5   B．－6 

C．－4   D．－3

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)，所以解得故选B．

3．如图，在三棱锥O­ABC中，点P，Q分别是OA，BC的中点，点D为线段PQ上一点，且＝2．若记＝a，＝b，＝c，则＝(　　)

A．a＋b＋c   B．a＋b＋c

C．a＋b＋c   D．a＋b＋c

A　解析：＝＋＝＋＝＋(－)＝＋－＝＋×(＋)－×＝＋＋＝a＋b＋c．故选A．

4．已知平面α内有一点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3,6)，则下列点P中，在平面α内的是(　　)

A．P(2,3,3)   B．P(－2,0,1)

C．P(－4,4,0)   D．P(3，－3,4)

A　解析：对于选项A，＝(1,4,1)，所以·n＝6－12＋6＝0，所以⊥n，

所以点P在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．故选A．

5．如图，在大小为45°的二面角AEFD中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是(　　)

A．   B． 

C．1   D．

D　解析：因为＝＋＋，所以||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1－＝3－，故||＝．

6．(多选题)设几何体ABCD­A1B1C1D1是棱长为a的正方体，A1C与B1D相交于点O，则下列结论正确的是(　　)

A．·＝a2 

B．·＝a2

C．·＝－a2 

D．·＝a2

ACD　解析：如图，建立空间直角坐标系，则A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，D(0,0,0)，A1(a,0，a)，B1(a，a，a)，O，所以1＝(0，a,0)，＝(－a，a,0)，＝(0，a,0)，＝(－a，a，－a)，＝(0，－a,0)，1＝(0，a，a)，＝．所以·＝a2，故A对；·＝a2，故B错；·1＝－a2，故C对；·＝a2，故D对．故选ACD．

7．已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD，＝，＝，＝．则VA与平面PMN的位置关系是____________．

平行　解析：如图，设＝a，＝b，＝c，则＝a＋c－b，

由题意知＝b－c，＝－＝a－b＋c．因此＝＋，所以，，共面．

又VA⊄平面PMN，所以VA∥平面PMN．

8．已知a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1，4)，B(－2，－2,2)．

(1)求|2a＋b|．

(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．(O为原点)

解：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，故|2a＋b|＝＝5．

(2)令＝t (t∈R)，所以＝＋＝＋t＝(－3，－1,4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4－2t)．若⊥b，则·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝．

因此存在点E，使得⊥b，此时点E的坐标为．

9．如图，在直三棱柱ABC­A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为棱AB，BB′的中点．

(1)求证：CE⊥A′D；

(2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值．

解：(方法一)因为CC′⊥平面ABC且CA⊥CB，所以以点C为原点，分别以CA，CB，CC′所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

令AC＝BC＝AA′＝2，则A(2,0,0)，B(0,2,0)，C′(0,0,2)，A′(2,0,2)，B′(0,2,2)，E(0,2,1)，D(1，1,0)．

(1)证明：＝(0,2,1)，＝(－1,1，－2)．

因为·＝0＋2－2＝0，所以⊥，所以CE⊥A′D．

(2)解：因为＝(－2,0,2)，所以cos〈，〉＝＝＝，

即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为．

(方法二)设＝a，＝b，＝c，根据题意得|a|＝|b|＝|c|，且a·b＝b·c＝c·a＝0．

(1)证明：＝b＋c，＝－＝(＋)－(＋)＝－＋－＝－a＋b－c，

所以·＝－a·b＋b2－b·c－a·c＋b·c－c2＝0，所以⊥，即CE⊥A′D．

(2)解：因为＝－a＋c，||＝|a|，||＝|a|，·＝(－a＋c)·＝c2＝|a|2，

所以cos〈，〉＝＝＝，即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为．

B组　新高考培优练

10．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则·的取值范围是(　　)

A．(0,1)   B．[0,1)

C．[0,1]   D．[－1,1]

C　解析：如图所示，

由题意，设＝λ，其中λ∈[0,1]，·＝·(＋)＝·(＋λ)＝2＋λ·＝1＋λ·＝1－λ∈[0,1]．因此·的取值范围是[0,1]．

11．如图，斜线段AB与平面α所成的角为，B为斜足．平面α上的动点P满足∠PAB＝，则点P的轨迹为(　　)

A．圆   B．椭圆

C．双曲线的一部分   D．抛物线的一部分

B　解析：建立如图所示的空间直角坐标系，

设B(0,1,0)，A(0,0,1)，P(x，y,0)⇒＝(0,1，－1)，＝(x，y，－1)⇒cos〈，〉＝＝⇒3x2＋(y－2)2＝3，所以点P的轨迹是椭圆．故选B．

12．(多选题)已知空间向量a＝(－2，－1,1)，b＝(3,4,5)，则下列结论正确的是(　　)

A．(2a＋b)∥a

B．5|a|＝|b|

C．a⊥(5a＋6b)

D．a与b夹角的余弦值为－

BCD　解析：对于A，因为2a＋b＝(－1,2,7)，所以≠≠，A错误；对于B，因为|a|＝＝，|b|＝＝5，所以5|a|＝|b|＝5，B正确；对于C，因为a·(5a＋6b)＝5a2＋6a·b＝30＋6×(－6－4＋5)＝0，所以a⊥(5a＋6b)，C正确；对于D，因为a·b＝－6－4＋5＝－5，所以cos〈a，b〉＝＝＝－，D正确．故选BCD．

13．(多选题)(2021·广东梅州二模)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝3，点M，N分别在棱AB和BB1上运动(不含端点)．若D1M⊥MN，则下列命题正确的是(　　)

A．MN⊥A1M

B．MN⊥平面D1MC

C．线段BN长度的最大值为

D．三棱锥C1­A1D1M体积不变

ACD　解析：在正方体ABCD­A1B1C1D1中，以点D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，

则A1(3,0,3)，D1(0,0,3)，C(0,3,0)，B(3,3,0)．设M(3，y,0)，N(3,3，z)，y，z∈(0,3)，＝(3，y，－3)，＝(0,3－y，z)，而D1M⊥MN，则·＝y(3－y)－3z＝0⇒z＝y(3－y)．对于A选项，＝(0，y，－3)，则·＝y(3－y)－3z＝0⇒⊥，MN⊥A1M，A正确；

对于B选项，＝(3，y－3,0)，·＝(y－3)(3－y)＝－(3－y)2<0，即CM与MN不垂直，从而MN与平面D1MC不垂直，B不正确；

对于C选项：＝(0,0，z)，则线段BN长度||＝z＝≤，当且仅当y＝时等号成立，C正确；

对于D选项，不论点M如何移动，点M到平面A1D1C1的距离均为3，而VC1­A1D1M＝VM­A1D1C1＝·3·S△A1D1C1＝，

三棱锥C1­A1D1M体积为定值，即D正确．故选ACD．

14．(2022·河南濮阳一模)如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为4，MN是它内切球的一条弦(我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦)，P为正方体表面上的动点，当弦MN的长度最大时，·取值范围是________．

[0, 8]　解析：当弦MN的长度最大时，弦过球心O，如图，建立空间直角坐标系，不妨设M，N是上下底面的中心，

则M(2,2,4)，N(2,2,0)，P(x，y，z)，＝(2－x,2－y,4－z)，＝(2－x,2－y，－z)，则·＝(2－x)2＋(2－y)2－z(4－z)＝(x－2)2＋(y－2)2＋(z－2)2－4，而(x－2)2＋(y－2)2＋(z－2)2表示点P(x，y，z)和定点(2,2,2)距离的平方，很显然正方体的顶点到定点(2,2,2)距离的平方最大，最大值是＝12．正方体面的中心到定点的距离的平方最小，最小值是4．所以·的最小值是4－4＝0，最大值是12－4＝8．

15．如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO的中点，动点P在圆锥底面内(包括圆周)．若AM⊥MP，则点P形成的轨迹长度为__________．

　解析：以点O为坐标原点，OB，OS所在直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示，

则A(0，－1,0)，B(0,1,0)，S(0,0，)，M．

设P(x，y,0)，

所以＝，

＝．

由·＝y－＝0，得y＝，

所以点P的轨迹方程为y＝．

根据圆的弦长公式，可得点P形成的轨迹长度为2＝．

16．在①(＋)⊥(－)，②||＝，③0<cos〈，〉<1这三个条件中任选一个，补充在下面的横线中，并完成问题．

问题：如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz．已知点D1的坐标为(0,0,2)，E为棱D1C1上的动点，F为棱B1C1上的动点，________，试问是否存在点E，F满足EF⊥A1C？若存在，求·的值；若不存在，请说明理由．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

解：由题意，正方体ABCD­A1B1C1D1棱长为2，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，C(0,2,0)，设E(0，a,2)(0≤a≤2)，F(b,2,2)(0≤b≤2)，则＝(b,2－a,0)，＝(－2,2，－2)，＝(－2，a,2)，＝(b－2,0,2)，

所以·＝4－2(a＋b)，·＝8－2b．

选择①：因为(＋)⊥(－)，所以(＋)·(－)＝2－2＝0，即2＝2，得a＝b．

若·＝0得4－2(a＋b)＝0，则a＝b＝1，

故存在点E(0,1,2)，F(1,2,2)，满足·＝0，·＝8－2b＝6．

选择②：因为||＝，所以＝，得a＝．

若·＝0，即4－2(a＋b)＝0，得b＝．

故存在点E，F，满足·＝0，·＝8－2b＝5．

选择③：因为0<cos〈，〉<1，所以与不共线，所以b≠2－a，即a＋b≠2，

则·＝4－2(a＋b)≠0，故不存在点E，F满足·＝0．