2025届高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量课时规范练42空间向量及其运算

这是一份2025届高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量课时规范练42空间向量及其运算，共8页。试卷主要包含了已知向量a=,b=,则a·b=，若a=,b=,则|a-2b|=等内容，欢迎下载使用。

1.已知向量a=(1,-2,3),b=(2,-1,-4),则a·b=( )
A.-8B.-7
C.-6D.-5
2.已知a=(t,12,-3),b=(2,t+2,1),若a∥b,则实数t的值为( )
A.-5B.-6
C.-4D.-3
3.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,E为PD的中点,若=a,=b,=c,则用基底{a,b,c}表示向量为( )
A.a-b+c
B.a-b+c
C.a-b-c
D.a-b+c
4.在下列条件中,使M与A,B,C一定共面的是( )
A.
B.
C.=0
D.=0
5.若a=(2,-3,5),b=(-3,1,2),则|a-2b|=( )
A.7B.5C.3D.6
6.(多选)已知向量a=(1,-1,m),b=(-2,m-1,2),则下列结论中正确的是( )
A.若|a|=2,则m=±
B.若a⊥b,则m=-1
C.不存在实数λ,使得a=λb
D.若a·b=-1,则a+b=(-1,-2,-2)
7. (2023陕西汉中二模)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为DD1,BD,BB1的中点,则EF与CG所成的角的余弦值为( )
A.B.C.D.
8.已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),若点P(x,1,1)在平面ABC内,则x= .
综合提升组
9.(多选)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1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°,M为A1C1与B1D1的交点.若=a,=b,=c,则下列结论中正确的是( )
A.a-b+c
B.=a+b+c
C.AC1的长为
D.cs<>=
10.已知a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b与2a-b的夹角为钝角,则实数k的取值范围为 .
11.已知空间向量的模长分别为1,2,3,且两两夹角均为60°.点G为△ABC的重心,若=x+y+z,x,y,z∈R,则x+y+z= ;||= .
12.如图,在棱长为a的正方体OABC-O1A1B1C1中,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF=m,其中0≤m≤a,以O为原点建立空间直角坐标系.
(1)求证:A1F⊥C1E;
(2)若A1,E,F,C1四点共面,求证:.
创新应用组
13.(多选)已知空间中三点A(0,1,0),B(2,2,0),C(-1,3,1),则下列说法正确的是( )
A.是共线向量
B.与同向的单位向量是,0
C.夹角的余弦值是
D.平面ABC的一个法向量是(1,-2,5)
14.已知向量{a,b,c}是空间向量的一个基底,向量{a+b,a-b,c}是空间向量的另外一个基底,若一向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(1,2,3),则向量p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为( )
A.
B.
C.
D.
15.已知正四面体A-BCD的外接球半径为3,MN为其外接球的一条直径,P为正四面体A-BCD表面上任意一点,则的最小值为 .
课时规范练42 空间向量及其运算
1.A
解析由已知可得a·b=1×2-2×(-1)+3×(-4)=-8.故选A.
2.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. B
解析连接BD,如图,因为E是PD的中点,所以)=(-b+)=-b+)=-b+(a+c-2b)=a-b+c.故选B.
4.C
解析M与A,B,C一定共面的充要条件是=x+y+z,x+y+z=1,
对于A选项,由于1-1-1=-1≠1,所以不能得出M,A,B,C共面;
对于B选项,由于≠1,所以不能得出M,A,B,C共面;
对于C选项,由于=-,则为共面向量,所以M,A,B,C共面;
对于D选项,由=0,得=-,而-1-1-1=-3≠1,所以不能得出M,A,B,C共面.故选C.
5.C
解析∵a=(2,-3,5),b=(-3,1,2),∴a-2b=(8,-5,1),
∴|a-2b|==3.故选C.
6.AC
解析对于A,由|a|=2,可得=2,解得m=±,故A正确;
对于B,由a⊥b,可得-2-m+1+2m=0,解得m=1,故B错误;
对于C,若存在实数λ,使得a=λb,则显然λ无解,即不存在实数λ,使得a=λb,故C正确;
对于D,若a·b=-1,则-2-m+1+2m=-1,解得m=0,于是a+b=(-1,-2,2),故D错误.故选AC.
7.C
解析建立如图所示空间直角坐标系,
则D(0,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),B1(2,2,2),D1(0,0,2),E(0,0,1),F(1,1,0),G(2,2,1),=(1,1,-1),=(2,0,1),=1,||=,||=,cs<>=,故选C.
8.-1
解析设平面ABC的法向量是n=(x,y,z),又=(-1,1,0),=(-1,0,1),
所以取x=1,得n=(1,1,1),
P(x,1,1)在平面ABC上,=(x-1,1,1).
则n·=x-1+1+1=0,解得x=-1.
9.BD
解析由空间向量的加法法则得=a+b+c,故B正确;
)=c+(-a+b)=-a+b+c,故A错误;
由已知a·b=b·c=a·c=1×1×cs60°=,
||=|a+b+c|
=
=
=,故C错误;
cs<>=,故D正确.
故选BD.
10.(-∞,-2)∪-2,
解析由a=(1,1,0),b=(-1,0,2),得ka+b=(k-1,k,2),2a-b=(3,2,-2),所以(ka+b)·(2a-b)=3×(k-1)+2k-4<0,解得k<.
若ka+b与2a-b反向,则ka+b=λ(2a-b),λ<0,则所以k=-2.所以若ka+b与2a-b的夹角为钝角,则k<且k≠-2.
综上,k的取值范围是(-∞,-2)∪-2,.
11.1
解析取AC的中点D,连接BD,PD.
×()=×)-=.
又=x+y+z,空间向量的模长分别为1,2,3,且两两夹角均为60°,
则x=,y=,z=,故x+y+z=1.
||=
=
=
=
=.
12.证明(1)因为A1(a,0,a),C1(0,a,a),E(a,m,0),F(a-m,a,0),所以=(-m,a,-a),=(a,m-a,-a),
所以=-am+a(m-a)+a2=0,
所以,即A1F⊥C1E.
(2)因为A1,E,F,C1四点共面,
所以共面.
选为平面A1C1E上的一组基向量,则存在唯一实数对(λ1,λ2),使=λ1+λ2,
即(-m,a,-a)=λ1(-a,a,0)+λ2(0,m,-a)=(-aλ1,aλ1+mλ2,-aλ2),
所以解得λ1=,λ2=1.
故.
13.BD
解析对于A,=(2,1,0),=(-1,2,1),可知≠λ(λ∈R),则不共线,故A错误;
对于B,∵=(2,1,0),∴||=,∴=,0,即与同向的单位向量是,0,故B正确;
对于C,∵=(-3,1,1),∴cs<>==-,
即夹角的余弦值为-,故C错误;
对于D,设平面ABC的法向量是n=(x,y,z),
则令x=1,则y=-2,z=5,即n=(1,-2,5),
故平面ABC的一个法向量是(1,-2,5),故D正确.故选BD.
14.B
解析设向量p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为(x,y,z),则p=a+2b+3c=x(a+b)+y(a-b)+zc=(x+y)a+(x-y)b+zc,
所以解得故p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为.故选B.
15.-8
解析设正四面体A-BCD外接球的球心为O,内切球的半径为r,一个面的面积为S,高为h,又正四面体A-BCD的外接球半径为3,
则VA-BCD=4×Sr=Sh,所以h=4r,显然r+3=h=4r,所以r=1,即|PO|min=1.
=()·()=-9≥1-9=-8.