2025年高考数学一轮复习-第七章-第五节 空间向量及其运算-课时作业【含解析】

这是一份2025年高考数学一轮复习-第七章-第五节 空间向量及其运算-课时作业【含解析】，共10页。
1.（多选）与向量a＝（1，－2，1）共线的单位向量为（ ）
A.－12,−22,−12 B.－12,−22，12
C.－12，22,−12 D.12,−22，12
2.（多选）（2024·河南开封）若a，b，c构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）
A.a，b－c，b－a－c
B.a＋b，a－2b＋c，b＋c
C.a－2b，b＋c，a＋2c
D.a－b＋c，2b＋c，a＋b＋2c
3.如图，设OA＝a，OB＝b，OC＝c，若AN＝NB，BM＝2MC，则MN＝（ ）
A.12a＋16b－23c B.－12a－16b＋23c
C.12a－16b－13c D.－12a＋16b＋13c
4.在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是（ ）
A.OM＝OA－OB－OC
B.OM＝15OA＋13OB＋12OC
C.MA＋MB＋MC＝0
D.OM＋OA＋OB＋OC＝0
5.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.5π6 B.2π3
C.π3 D.π6
6.（多选）给出下列命题，其中正确的命题有（ ）
A.空间任意三个不共面的向量都可以作为一个基底
B.已知向量a∥b，则a，b与任何向量都能构成空间的一个基底
C.A，B，M，N是空间四点，若BA，BM，BN不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面
D.已知向量{a，b，c}是空间的一个基底，若m＝a＋c，则{a，b，m}也是空间的一个基底
7.（多选）已知空间三点A（1，0，3），B（－1，1，4），C（2，－1，3）.若AP∥BC，且｜AP｜＝14，则点P的坐标为（ ）
A.（4，－2，2） B.（－2，2，4）
C.（－4，2，－2） D.（2，－2，4）
8.已知A，B，C三点不共线，点O为平面ABC外任意一点.若点M满足OM＝15OA＋45OB＋25BC，则点M （填“属于”或“不属于”）平面ABC.
9.已知a＝（3，2λ－1，1），b＝（μ＋1，0，2μ）.若a⊥b，则μ＝ ；若a∥b，则λ＋μ＝ .
10.如图所示，已知斜三棱柱ABC－A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足AM＝kAC1，BN＝kBC（0≤k≤1）.判断向量MN是否与向量AB，AA1共面.
[B组 能力提升练]
11.（2024·贵州六盘水）已知e1，e2，e3不共面，若AB＝e1＋e2＋e3，BC＝e1＋λe2＋μe3，且A，B，C三点共线，则λ＋μ＝（ ）
A.0 B.1
C.2 D.3
12.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.3 B.2
C.1 D.3－2
13.（多选）（2024·山东济南）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.AB与AC是共线向量
B.AB的单位向量是（1，1，0）
C.AB与BC夹角的余弦值是－5511
D.平面ABC的一个法向量是（1，－2，5）
14.（2024·吉林松原）在我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，四棱锥P?ABCD为阳马，PA⊥平面ABCD，且AB＝AD＝AP＝3，EC＝2PE，则AE·DE＝（ ）
A.－3 B.3
C.2 D.5
15.（多选）（2024·吉林松原）在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱A1D1，AA1，CD的中点，则下列直线与B1G垂直的是（ ）
A.EF B.BF
C.BD1 D.AC
16.已知空间向量PA，PB，PC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PG＝xPA＋yPB＋zPC，x，y，z∈R，则x＋y＋z＝ ，｜PG｜＝ .
17.如图，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形，E为棱AB的中点，AF＝13AD，AG＝2GA1，AC1与平面EFG交于点M，则AMAC1＝ .
2025年高考数学一轮复习-第七章-第五节 空间向量及其运算-课时作业（解析版）
[A组 基础保分练]
1.（多选）与向量a＝（1，－2，1）共线的单位向量为（ ）
A.－12,−22,−12 B.－12,−22，12
C.－12，22,−12 D.12,−22，12
答案：CD
解析：由｜a｜＝1+2+1＝2，∴与向量a共线的单位向量为12,−22，12或－12，22,−12.
2.（多选）（2024·河南开封）若a，b，c构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）
A.a，b－c，b－a－c
B.a＋b，a－2b＋c，b＋c
C.a－2b，b＋c，a＋2c
D.a－b＋c，2b＋c，a＋b＋2c
答案：ACD
解析：对于A，因为a＝b－c－b－a－c，故三个向量共面，故A符合题意；
对于B，假设a＋b，a－2b＋c，b＋c共面，
则∃λ，μ∈R，使得a＋b＝λ（a－2b＋c）＋μ（b＋c），
故有λ=1，－2λ＋μ=1λ＋μ=0，，方程组无解，即a＋b，a－2b＋c，b＋c不共面，故假设不成立，故B不符合题意；
对于C，a－2b＝－2b＋c＋a+2c，故三个向量共面，故C符合题意；
对于D，a－b＋c＝－2b＋c＋a＋b+2c，故三个向量共面，故D题意符合.
3.如图，设OA＝a，OB＝b，OC＝c，若AN＝NB，BM＝2MC，则MN＝（ ）
A.12a＋16b－23c B.－12a－16b＋23c
C.12a－16b－13c D.－12a＋16b＋13c
答案：A
解析：由题可知，MN＝MB－NB＝23CB－12AB＝23（OB－OC）－12（OB－OA）＝12OA＋16OB－23OC＝12a＋16b－23c.
4.在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是（ ）
A.OM＝OA－OB－OC
B.OM＝15OA＋13OB＋12OC
C.MA＋MB＋MC＝0
D.OM＋OA＋OB＋OC＝0
答案：C
解析：M与A，B，C一定共面的充要条件是OM＝xOA＋yOB＋zOC，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15＋13＋12≠1，所以不能得出M，A，B，C共面；
对于C选项，由于MA＝－MB－MC，则MA，MB，MC为共面向量，所以M，A，B，C共面；
对于D选项，由OM＋OA＋OB＋OC＝0，得OM＝－OA－OB－OC，而－1－1－1＝－3≠1，所以不能得出M，A，B，C共面.
5.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.5π6 B.2π3
C.π3 D.π6
答案：D
解析：因为a·b＝x＋2＝3，
所以x＝1，所以b＝（1，1，2），
所以cs＜a，b＞＝a·b｜a||b｜＝32×6＝32.
又因为＜a，b＞∈[0，π]，所以a与b的夹角为π6.
6.（多选）给出下列命题，其中正确的命题有（ ）
A.空间任意三个不共面的向量都可以作为一个基底
B.已知向量a∥b，则a，b与任何向量都能构成空间的一个基底
C.A，B，M，N是空间四点，若BA，BM，BN不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面
D.已知向量{a，b，c}是空间的一个基底，若m＝a＋c，则{a，b，m}也是空间的一个基底
答案：ACD
解析：选项A，根据空间基底的概念，可得任意三个不共面的向量都可以作为一个空间基底，所以A正确；
选项B，根据空间基底的概念，可得B不正确；
选项C，由BA，BM，BN不能构成空间的一个基底，可得BA，BM，BN共面.
又由BA，BM，BN过相同点B，可得A，B，M，N四点共面，所以C正确；
选项D，由{a，b，c}是空间的一个基底，则基向量a，b与向量m＝a＋c一定不共面，所以可以构成空间另一个基底，所以D正确.
7.（多选）已知空间三点A（1，0，3），B（－1，1，4），C（2，－1，3）.若AP∥BC，且｜AP｜＝14，则点P的坐标为（ ）
A.（4，－2，2） B.（－2，2，4）
C.（－4，2，－2） D.（2，－2，4）
答案：AB
解析：因为B（－1，1，4），C（2，－1，3），
所以BC＝（3，－2，－1）.
因为AP∥BC，
所以可设AP＝λBC＝（3λ，－2λ，－λ）.
因为｜AP｜＝（3λ）2＋(−2λ）2＋(−λ）2＝14，
解得λ＝±1，
所以AP＝（3，－2，－1）或AP＝（－3，2，1）.
设点P（x，y，z），则AP＝（x－1，y，z－3），
所以x－1=3，y＝－2，z－3=－1，或x－1=－3，y=2，z－3=1，
解得x=4，y＝－2，z=2，或x＝－2，y=2，z=4，
所以点P的坐标为（4，－2，2）或（－2，2，4）.
8.已知A，B，C三点不共线，点O为平面ABC外任意一点.若点M满足OM＝15OA＋45OB＋25BC，则点M （填“属于”或“不属于”）平面ABC.
答案：属于
解析：∵OM＝15OA＋45OB＋25BC＝15OA＋45OB＋25（OC－OB）＝15OA＋25OB＋25OC.∵15＋25＋25＝1，
∴M，A，B，C四点共面，
即点M∈平面ABC.
9.已知a＝（3，2λ－1，1），b＝（μ＋1，0，2μ）.若a⊥b，则μ＝ ；若a∥b，则λ＋μ＝ .
答案：－35 710
解析：因为a⊥b，则a·b＝3（μ＋1）＋0＋2μ＝0，解得μ＝－35.
若a∥b，则a＝mb，即（3，2λ－1，1）＝m（μ＋1，0，2μ），故3=m（μ+1),2λ－1=0，1=2mμ，解得λ＝12，μ＝15，故λ＋μ＝710.
10.如图所示，已知斜三棱柱ABC－A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足AM＝kAC1，BN＝kBC（0≤k≤1）.判断向量MN是否与向量AB，AA1共面.
解：∵AM＝kAC1，BN＝kBC，
∴MN＝MA＋AB＋BN＝kC1A＋AB＋kBC＝k（C1A＋BC）＋AB＝k（C1A＋B1C1）＋AB＝kB1A＋AB＝AB－kAB1＝AB－k（AA1＋AB）＝（1－k）AB－kAA1，
∴由共面向量定理知向量MN与向量AB，AA1共面.
[B组 能力提升练]
11.（2024·贵州六盘水）已知e1，e2，e3不共面，若AB＝e1＋e2＋e3，BC＝e1＋λe2＋μe3，且A，B，C三点共线，则λ＋μ＝（ ）
A.0 B.1
C.2 D.3
答案：C
解析：因为A，B，C三点共线，所以AB＝xBC，
即e1＋e2＋e3＝xe1＋xλe2＋xμe3，故x=1，xλ=1，xμ=1，
解得λ=1，μ=1，
所以λ＋μ＝1＋1＝2.
12.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.3 B.2
C.1 D.3－2
答案：D
解析：∵BD＝BF＋FE＋ED，
∴｜BD｜2＝｜BF｜2＋｜FE｜2＋｜ED｜2＋2BF·FE＋2FE·ED＋2BF·ED＝1＋1＋1－2＝3－2，
故｜BD｜＝3－2.
13.（多选）（2024·山东济南）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.AB与AC是共线向量
B.AB的单位向量是（1，1，0）
C.AB与BC夹角的余弦值是－5511
D.平面ABC的一个法向量是（1，－2，5）
答案：CD
解析：对于A，由题意，AB＝（2，1，0），AC＝（－1，2，1），
因为AB≠λAC，则AB与AC不是共线向量，不正确；
对于B，因为AB＝（2，1，0），所以AB的单位向量为255，55，0或－255,−55，0，不正确；
对于C，AB＝（2，1，0），BC＝（－3，1，1），
所以cs＜AB，BC＞＝AB·BC｜AB||BC｜＝－5511，C正确；
对于D，设平面ABC的一个法向量是n＝（x，y，z），因为AB＝（2，1，0），AC＝（－1，2，1），
所以n·AB=0，n·AC=0，∴2x＋y=0，－x+2y＋z=0，
令x＝1，得y＝－2，z＝5，
所以平面ABC的一个法向量为n＝（1，－2，5），D正确.
14.（2024·吉林松原）在我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，四棱锥P?ABCD为阳马，PA⊥平面ABCD，且AB＝AD＝AP＝3，EC＝2PE，则AE·DE＝（ ）
A.－3 B.3
C.2 D.5
答案：B
解析：因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD.
又因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD，
以A为坐标原点，AB，AD，AP的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则D0，3，0，C3，3，0，P0，0，3，则E1，1，2，
所以AE＝1，1，2，DE＝1,−2，2，所以AE·DE＝1－2＋4＝3.
15.（多选）（2024·吉林松原）在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱A1D1，AA1，CD的中点，则下列直线与B1G垂直的是（ ）
A.EF B.BF
C.BD1 D.AC
答案：AB
解析：如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设棱长为2，
则A2，0，0，B2，2，0，C0，2，0，A12，0，2，B12，2，2，D10，0，2.
因为E，F，G分别为棱A1D1，AA1，CD的中点，可得E1，0，2，F2，0，1，G0，1，0，
所以B1G＝－2,−1,−2，BF＝0,−2，1，EF＝1，0,−1，BD1＝－2,−2，2，AC＝－2，2，0.
因为B1G·EF＝0，所以B1G⊥EF，所以A正确；
因为B1G·BF＝0，所以B1G⊥BF，所以B正确；
因为B1G·BD1＝2≠0，所以C错误；
因为B1G·AC＝2≠0，所以D错误.
16.已知空间向量PA，PB，PC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PG＝xPA＋yPB＋zPC，x，y，z∈R，则x＋y＋z＝ ，｜PG｜＝ .
答案：1 53
解析：根据题意得，点G为△ABC的重心，设BC中点为D，则AG＝23AD＝13（AB＋AC），所以PG－PA＝13（PB－PA＋PC－PA），所以PG＝13PA＋13PB＋13PC，所以x＝y＝z＝13，所以x＋y＋z＝1.｜PG｜2＝132×（12＋22＋32＋2×1×2×12＋2×1×3×12＋2×2×3×12）＝259，所以｜PG｜＝53.
17.如图，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形，E为棱AB的中点，AF＝13AD，AG＝2GA1，AC1与平面EFG交于点M，则AMAC1＝ .
答案：213
解析：由题图知，设AM＝λAC1（0＜λ＜1），
由已知AC1＝AB＋AD＋AA1＝2AE＋3AF＋32AG，所以AM＝2λAE＋3λAF＋3λ2AG.
因为M，E，F，G四点共面，所以2λ＋3λ＋3λ2＝1，
解得λ＝213.