（山东专用）2021版高考数学一轮复习练案（47）第七章立体几何第六讲空间向量及其运算（含解析）

 [练案47]第六讲　空间向量及其运算

A组基础巩固

一、单选题

1．(2019·枣阳市第一中学月考)已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2,3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则(　C　)

A．α∥β　　 B．α⊥β

C．α，β相交但不垂直　　 D．以上均不对

[解析]　因为n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，所以α，β不平行，也不垂直．故选C.

2．平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为AC和BD的交点，若＝a，＝b，＝c，则下列式子中与相等的是(　C　)

A．－a＋b＋c

B.a＋b－c

C．－a＋b－c

D．－a－b＋c

[解析]　＝＋＝－c＋＝－c＋(b－a)＝－a＋b－c.故选C.

3．已知向量a＝(2m＋1,3，m－1)，b＝(2，m，－m)，且a∥b，则实数m的值等于(　B　)

A．　 B．－2　

C．0　 D．或－2

[解析]　a∥b⇒a＝λb⇒(2m＋1,3，m－1)＝(2λ，mλ，－mλ)⇒⇒m＝－2.故选B.

4．在空间直角坐标系中，已知A(1，－2,1)，B(2,2,2)，点P在z轴上，且满足|PA|＝|PB|，则P点坐标为(　C　)

A．(3,0,0)　　 B．(0,3,0)

C．(0,0,3)　　 D．(0,0，－3)

[解析]　设P点坐标为(0,0，a)，则由题意知1＋4＋(1－a)2＝4＋4＋(2－a)2，解得a＝3，∴P点坐标为(0,0,3)，故选C.

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

A．－2　 B．－　

C．　 D．2

[解析]　a－λb＝(－2＋λ，1－2λ，3－λ)，由a⊥(a－λb)知a·(a－λb)＝－2(－2＋λ)＋(1－2λ)＋3(3－λ)＝0，∴λ＝2，故选D.

6．已知点A(2，－5,1)，B(2，－2,4)，C(1，－4,1)，则向量与的夹角为(　C　)

A．30°　 B．45°　

C．60°　 D．90°

[解析]　由已知得＝(0,3,3)，＝(－1,1,0)，

所以cos，＝＝＝.

所以向量与的夹角为60°.故选C.

7．(2019·西安质检)已知空间四边形ABCD的每条棱和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则·的值为(　C　)

A．a2　 B．a2　

C．a2　 D．a2

[解析]　·＝(＋)·＝(·＋·)＝(a2cos 60°＋a2cos 60°)＝a2.故选C.

8．(2019·河北模拟)如图所示，已知空间四边形OABC中，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝，则cos，的值为(　A　)

A．0　 B．

C.　 D．

[解析]　设＝a，＝b，＝c，由已知条件a，b＝a，c＝，且|b|＝|c|，·＝a·(c－b)＝a·c－a·b＝|a||c|－|a||b|＝0，所以cos，＝0，故选A.

二、多选题

9．已知平面α内有一个点A(2，－1,2)，α的一个法向量为n＝(3,1,2)，则下列点P中，不在平面α内的是(　ACD　)

A．(1，－1,1)　　 B．(1,3，)

C．(1，－3，)　　 D．(－1,3，－)

[解析]　对于选项A，＝(1,0,1)，则·n＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0；对于选项B，＝(1，－4，)，则·n＝(1，－4，)·(3,1,2)＝0，验证可知C、D均不满足·n＝0.故选A、C、D.

10．如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD－A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是(　AB　)

A．(＋＋)2＝2()2

B.·(－)＝0

C．向量与的夹角是60°

D．BD1与AC所成角的余弦值为

[解析]　平行六面体的棱长均为a，则由题意知(＋＋)2＝()2＋()2＋()2＋2·＋2·＋2·＝6a2，

2()2＝2(＋)2＝2(()2＋2·＋()2)＝6a2，

∴(＋＋)2＝2()2，A正确；

∵·(－)＝(＋＋)·(－)＝·－·＋()2－()2＝0，B正确；

∵＝－，

cos〈，〉＝＝－，

∴与的夹角是120°，C错；

∵＝＋－，＝＋，

记BD1与AC所成角为θ，

则cosθ＝＝＝，D错；故选AB.

11．已知a＝(λ＋1,0,2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，则λ与μ的值可以是(　AC　)

A．2，　 B．－，　

C．－3，　 D．2,2

[解析]　∵a∥b，∴b＝ka，

即(6,2μ－1,2λ)＝k(λ＋1,0,2)，

∴解得或故选A、C.

12．如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，Q为A1B1上任意一点，E，F为CD上任意两点，且EF的长为定值，则下面的四个结论中正确的是(　ACD　)

A．点P到平面QEF的距离为定值

B．直线PQ与平面PEF所成的角为定值

C．二面角P－EF－Q的大小为定值

D．三棱锥P－QEF的体积为定值

[解析]　点P到平面QEF的距离为点P到平面DCB1A1的距离为定值，故A正确；又S△EFQ为定值，∴VP－QEF为定值，故D正确；又二面角P－EF－Q即为二面角P－DC－B1为定值，故C正确；PQ与平面PEF所成角，即PQ与平面PDC所成角，∵A1B1∥平面PDC，∴Q到平面PDC的距离为定值，而PQ不是定值，∴PQ与平面PEF所成角的正弦值不是定值，故B错．

三、填空题

13．(2019·竹溪县第二高级中学月考)如图，空间四边形OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC中点，则等于　－a＋b＋c　.(用a，b，c表示)

[解析]　因为＝－＝(＋)－＝(b＋c)－a＝－a＋b＋c.

14．已知三点A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，则当·取得最小值时，Q点的坐标为　(，，)　.

[解析]　设Q(x，y，z)，由点Q在直线OP上可得存在实数λ使得＝λ，则有Q(λ，λ，2λ)，＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ).·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)·(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝2(3λ2－8λ＋5)，根据二次函数的性质可得当λ＝时，取得最小值，此时Q(，，)．

四、解答题

15．(2019·太原模拟)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1，底面△ABC中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分别是A1B1，A1A的中点．

(1)求的模；

(2)求cos〈，〉的值；

(3)求证：A1B⊥C1M.

[解析]　如图，建立空间直角坐标系．

(1)依题意得B(0,1,0)，N(1,0,1)，所以||＝

＝.

(2)依题意得A1(1,0,2)，B(0,1,0)，C(0,0,0)，B1(0,1,2)．

所以＝(1，－1,2)，＝(0,1,2)，·＝3，

||＝，||＝，

所以cos〈，〉＝＝.

(3)证明：依题意，得C1(0,0,2)，M(，，2)，＝(－1,1，－2)，＝(，，0)．

所以·＝－＋＋0＝0，

所以⊥.所以A1B⊥C1M.

B组能力提升

1．(2018·课标Ⅱ，9)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　C　)

A．　 B．　

C．　 D．

[解析]　

以A1为原点建立空间直角坐标系(如图)，则A(0,0，)，D1(0,1,0)，D(0,1，)，B1(1,0,0)，所以＝(0,1，－)，＝(1，－1，－)，所以cos，＝＝＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为|cos，|＝，故选C.

2．直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，则异面直线AB1与C1B所成角的余弦值为(　C　)

A．　 B．　

C．　 D．

[解析]　以BC的中点O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC＝2，则B(－1,0,0)，则C1(1,0,2)，故＝(2,0,2)．又B1(－1,0,2)，A(0，，0)，＝(－1，－，2)，则异面直线AB1与C1B所成角的余弦值为cosθ＝＝＝，故选C.

3．(2019·广东汕头模拟)如图，三棱锥D－ABC中，AB＝AC＝DB＝DC＝1，BC＝，平面DBC⊥平面ABC，M，N分别为DA和DC的中点，则异面直线CM与BN所成角的余弦值为(　A　)

A．　 B．　

C．　 D．0

[解析]　取BC的中点O，连接DO，AO，

∵BD＝DC，∴DO⊥BC，

又平面DBC⊥平面ABC，

∴DO⊥平面ABC，从而DO⊥OA，又AB＝AC，

∴AO⊥BC，如图建立空间直角坐标系，

则＝(－，，)，＝(，0，)，

则cos，＝＝＝－，

∴异面直线CM与BN所成角的余弦值为.选A.

4．(2019·江苏启东中学期中)已知向量a＝(2，－1,2)，b＝(－1,3，－3)，c＝(13,6，λ)，若向量a，b，c共面，则λ＝__3__.

[解析]　由题意可知c＝ma＋nb，(m，n∈R)

∴解得.

5．(2019·北京西城区模拟)如图所示，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__[0,1]__.

[解析]　由题意：设＝λ，其中λ∈[0,1]，

·＝·(＋)

＝·(＋λ)＝2＋λ·

＝2＋λ·(－)

＝(1－λ)2＝1－λ∈[0,1]．

因此·的取值范围是[0,1]．