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    新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案42第七章立体几何第五讲空间向量及其运算

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    这是一份新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案42第七章立体几何第五讲空间向量及其运算,共13页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    练案[42] 第五讲 空间向量及其运算

    A组基础巩固

    一、单选题

    1.如图,在四面体OABC中,MN分别在棱OABC上,且满足=2,点G是线段MN的中点,用向量表示向量应为( A )

    A.

    B.

    C.

    D.

    [解析] ××(),化简得到.故选A.

    2.(2023·广西桂林模拟预测)已知a=(2,1,-3),b=(-1,2,3),c=(7,6,λ),若abc共面,则λ等于( C )

    A.-3  B.3

    C.-9  D.9

    [解析] abc共面,

    cmanb(mn为实数),

    即(7,6,λ)=m(2,1,-3)+n(-1,2,3),

    解得λ=-9.故选C.

    3.(2023·辽宁沈阳重点高中联合体期中)设xyR,向量a=(x,1,1),b=(1,y,1),c=(3,-6,3)且acbc,则|ab|=( D )

    A.2  B.2

    C.4  D.3

    [解析] 因为ac,则a·c=3x-6+3=0,

    解得x=1,则a=(1,1,1),

    因为bc,则,解得y=-2,

    b=(1,-2,1),

    所以,ab=(2,-1,2),

    因此,|ab|==3.

    故选D.

    4.(2022·重庆八中模拟预测)若{abc}构成空间的一个基底,则下列向量也可以构成空间中的一个基底的是( A )

    A.{abbcca}

    B.{abbcca}

    C.{abcabc}

    D.{abcabc,3abc}

    [解析] 选项A:令caλ(ab)+μ(bc),则,无解,即abbcca不共面,A正确;

    选项B:因为ca=-(ab)-(bc),

    所以abbcca共面,

    不能构成基底;

    选项C:因为abc=(ab)+c

    所以abbabc共面,

    不能构成基底;

    选项D:因为3abc=2(abc)+(abc),所以abcabc、3abc共面,

    不能构成基底.

    故选A.

    5.在空间四边形ABCD中,···=( B )

    A.-1  B.0

    C.1  D.不确定

    [解析] 如图,令abc,则···a·(cb)+b·(ac)+c·(ba)=a·ca·bb·ab·cc·bc·a=0.故选B.

    6.已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60°的是( B )

    A.(-1,1,0)  B.(1,-1,0)

    C.(0,-1,1)  D.(-1,0,1)

    [解析] 对于A选项中的向量a1=(-1,1,0),

    cos〈aa1〉==-,则〈aa1〉=120°;

    对于B选项中的向量a2=(1,-1,0),

    cos〈aa2〉=,则〈aa2〉=60°;

    对于C选项中的向量a3=(0,-1,1),

    cos〈aa3〉==-,则〈aa3〉=120°;

    对于D选项中的向量a4=(-1,0,1),此时a4=-a,两向量的夹角为180°.故选B.

    7.二面角αlβ为60°,AB是棱l上的两点,ACBD分别在半平面αβ内,AClBDl,且ABACaBD=2a,则CD的长为( A )

    A.2a  B.a

    C.a  D.a

    [解析] AClBDl

    〉=60°,且·=0,·=0,

    .

    ||=

    =2a.故选A.

    8.(2023·辽宁沈阳重点高中联合体期中)已知四棱锥SABCD的底面ABCD是边长为2的正方形,SD平面ABCD,边ABSC的中点分别为EF.若直线ECBF所成角的余弦值为,则SD=( C )

    A.2  B.

    C.4  D.1

    [解析] 以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.

    SDt(t>0),则B(2,2,0),C(0,2,0),S(0,0,t),E(2,1,0),

    所以F

    所以=(-2,1,0),.

    因为直线ECBF所成角的余弦值为

    所以|cos〈〉|=

    解得t=4,也即SD=4.故选C.

    二、多选题

    9.(2022·江苏苏州模拟预测)设ab为空间中的任意两个非零向量,下列各式中正确的有( AD )

    A.a2=|a|2

    B.

    C.(a·b)2a2·b2

    D.(ab)2a2-2a·bb2

    [解析] 由数量积的性质和运算律可知A、D是正确的;而运算后是实数,没有这种运算,B不正确;(a·b)2=(|a|·|b|cos θ)2=|a|2·|b|2cos2 θ≠|a|2·|b|2a2·b2,C不正确.故选AD.

    10.如图,在平行六面体ABCDA1B1C1D1中,以顶点A为端点的三条棱长都是1,且它们彼此的夹角都是60°,MA1C1B1D1的交点.若abc,则下列正确的是( BD )

    A.abc

    B.abc

    C.AC1的长为

    D.cos〈〉=

    [解析] 由空间向量的加法法则得abc,故B正确;

    ()=c(-ab)=-abc,故A错误;

    由已知a·bb·ca·c=1×1×cos 60°=

    ||=|abc|=

    ,故C错误;

    cos〈〉=

    ,故D正确.故选BD.

    11.(2023·广东梅州二模)在正方体ABCDA1B1C1D1中,AA1=3,点MN分别在棱ABBB1上运动(不含端点),若D1MMN,下列命题正确的是( ACD )

    A.MNA1M

    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

    [解析] 

    在正方体ABCDA1B1C1D1中,以点D为原点,射线DADCDD1分别为xyz轴非负半轴建立空间直角坐标系,如图:

    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),yz(0,3),

    =(3,y,-3),=(0,3-yz),而D1MMN

    ·y(3-y)-3z=0,

    zy(3-y),

    对于A选项:=(0,y,-3),

    ·y(3-y)-3z=0MNA1M,A正确;

    对于B选项:=(3,y-3,0),

    ·=(y-3)(3-y)=-(3-y)2<0,即CMMN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时取“=”,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·3·

    三棱锥C1A1D1M体积为定值,即D正确.故选ACD.

    三、填空题

    12.已知空间向量a=(-2,-1,1),b=(3,4,5),则下列结论正确的是_②③④__.

    (2ab)a5|a|=|b|;a(5a+6b);ab夹角的余弦值为-.

    [解析] 由题意知2ab=(-1,2,7),

    显然不存在λ值使2abλa∴①错;

    又|a|=,|b|=55|a|=|b|,正确;由a·b=-6-4+5=-5,a·(5a+6b)=30+6a·b=30-30=0,

    a(5a+6b),正确;

    ab夹角的余弦值cos θ=-正确.

    13.

    (2023·四川乐山调研)正方体ABCDA1B1C1D1中,PDD1的中点,QCC1的中点,O为底面ABCD的中心,则异面直线D1QOP所成角的正弦值为  .

    [解析] 如图建立空间直角坐标系,

    设正方体的棱长为2,则

    =(-1,-1,1),

    =(0,-2,1),

    D1QOP所成的角为θ,则cos θ

    从而sin θ.

    14.已知在正方体ABCDA1B1C1D1中,PM为空间任意两点,如果有+7+6-4,那么点M必在平面_BA1D1__内.

    [解析] 因为+7+6-4

    +6-4

    +6-4+6()-4()=11-6-4,11-6-4=1,

    所以MBA1D1四点共面,即点M必在平面BA1D1内.故答案为BA1D1.

    四、解答题

    15.如图所示,已知PA矩形ABCD所在平面,MN分别是ABPC的中点.

    (1)求证:MNCD

    (2)若PDA=45°,求证:MN平面PCD.

    [证明] 证法一:(1)连接ACANBN

    PA平面ABCD

    PAAC,在RtPAC中,NPC的中点.

    ANPC.

    PA平面ABCDPABC.

    BCABPAABA

    BC平面PABBCPB.

    从而在RtPBC中,BN为斜边PC上的中线,

    BNPC.ANBN

    ∴△ABN为等腰三角形.

    M为底边AB的中点,

    MNAB,又ABCDMNCD.

    (2)PA平面ABCDPAAD.

    PDA=45°,APAD.

    四边形ABCD为矩形,

    ADBCPABC.

    连接PMCM,又MAB的中点,

    AMBM.

    PAMCBM=90°,

    RtPAMRtCBM.

    PMCM,又NPC的中点,MNPC.

    由(1)知MNCDPCCDC

    MN平面PCD.

    证法二:(向量法)PA平面ABCD

    PAADPAAB,又ABAD

    PAABAD两两垂直,如图建立空间直角坐标系,

    不妨设C(ab,0),P(0,0,c),则D(0,b,0),MN

    (1)由

    =(-a,0,0),

    ·=0,MNCD.

    (2)∵∠PDA=45°,bc

    =(ab,-b),

    ··(ab,-b)=0,

    MNPC,又MNCD

    MN平面PCD.

    B组能力提升

    1.已知点A(1,-1,2),B(2,-1,1),C(3,3,2),又点P(x,7,-2)在平面ABC内,则x的值为( B )

    A.11  B.9

    C.1  D.-4

    [解析] 由题意知=(x-1,8,-4),=(1,0,-1),=(2,4,0),

    因为P在平面ABC内,故可设ab

    (x-1,8,-4)=a(1,0,-1)+b(2,4,0),

    解得x=9,故选B.

    2.(2022·新疆乌鲁木齐二模)在三棱锥PABC中,PBPC=1,APBAPC=90°,BPC=60°,则·=( A )

    A.  B.

    C.1  D.

    [解析] 因为三棱锥PABC中,PBPC=1,APBAPC=90°,BPC=60°,

    所以·=(

    ··

    =||||cosBPC-0

    =1×1×cos 60°=,故选A.

    3.(多选题)(2022·安徽蚌埠质检改编)如图,正方体ABCDA1B1C1D1中,点QB1C1的中点,点NDD1的中点.有下列结论正确的是( AC )

    A.CQ平面ADD1A1

    B.BN平面ACC1A1

    C.CQBN

    D.异面直线BNCD所成的角为45°

    [解析] 以D为原点建立空间直角坐标系如图所示:设正方体的边长为2,

    D(0,0,0),C(0,2,0),Q(1,2,2),B(2,2,0),N(0,0,1),

    =(1,0,2),=(0,2,0),

    ·=0,所以CQDC

    又因为DC平面ADD1A1

    CQ平面ADD1A1,所以CQ平面ADD1A1,故A正确;(或平面BCC1B1平面ADD1A1CQ平面BCC1B1CQ平面ADD1A1)

    因为·=(-2,-2,1)·(0,0,-2)=-2,故B错误;

    ·=(1,0,2)·(-2,-2,1)=-2+2=0,

    CQBN,故C正确;

    由|cos〈〉|=,故D错误.

    4.(2023·广东汕头模拟)如图,三棱锥DABC中,ABACDBDC=1,BC,平面DBC平面ABCMN分别为DADC的中点,则异面直线CMBN所成角的余弦值为( A )

    A.  B.

    C.  D.0

    [解析] 取BC的中点O,连接DOAO

    BDDCDOBC

    又平面DBC平面ABC

    DO平面ABC,从而DOOA,又ABAC

    AOBC,如图建立空间直角坐标系,

    则cos=-异面直线CMBN所成角的余弦值为.选A.

    5.如图所示,正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2,DCC1的中点,求证:AB1平面A1BD.

    [证明] 证法一:取BC的中点O,连接AO.

    ∵△ABC为正三角形,AOBC.

    在正三棱柱ABCA1B1C1中,平面ABC平面BCC1B1

    AO平面BCC1B1

    B1C1的中点O1,以O为原点,的方向分别为xyz轴的正方向建立空间直角坐标系,如图所示,则B(1,0,0),D(-1,1,0),A1(0,2,),A(0,0,),B1(1,2,0).

    设平面A1BD的法向量为n=(xyz),=(-1,2,),=(-2,1,0).

    nn,故

    x=1,则y=2,z=-.

    n=(1,2,-)为平面A1BD的一个法向量,

    =(1,2,-),

    n,即n

    AB1平面A1BD.

    证法二:设平面A1BD内的任意一条直线m的方向向量为m.由共面向量定理,则存在实数λμ,使mλμ.

    abc,显然它们不共面,并且|a|=|b|=|c|=2,a·ba·c=0,b·c=2,

    以它们为空间的一组基底,则acabacmλμaμbλc·m=(ac=4-2μ-4λ=0.故m,结论得证.

    证法三:基向量的取法同上.

    ·=(ac)·(ac)=|a|2-|c|2=0,

    ·=(ac|a|2a·ba·cb·c=0,

    ,即AB1BA1AB1BD,由直线和平面垂直的判定定理,知AB1平面A1BD.

     

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