2022版高考数学大一轮复习课时作业46《空间向量及其运算、空间位置关系》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业46《空间向量及其运算、空间位置关系》(含答案详解)，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
已知点A(－3,0，－4)，点A关于原点的对称点为B，则|AB|等于( )
A.12 B.9 C.25 D.10
已知向量a=(2，－3,5)，b=(3，λ，7.5)，且a∥b，则λ等于( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(9,2) C.－eq \f(9,2) D.－eq \f(2,3)
已知向量a=(1,1,0)，b=(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k的值为( )
A.1 B.eq \f(1,5) C.eq \f(3,5) D.eq \f(7,5)
已知a=(2，－1,3)，b=(－1,4，－2)，c=(7,5，λ)，若a、b、c三个向量共面，
则实数λ等于( )
A.eq \f(62,7) B.eq \f(63,7) C.eq \f(64,7) D.eq \f(65,7)
已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，eq \(AM,\s\up16(→))=eq \f(1,2)eq \(MC1,\s\up16(→))，点N为B1B的中点，则|MN|等于( )
A.eq \f(\r(21),6)a B.eq \f(\r(6),6)a C.eq \f(\r(15),6)a D.eq \f(\r(15),3)a
设A，B，C，D是空间不共面的四个点，且满足eq \(AB,\s\up16(→))·eq \(AC,\s\up16(→))=0，eq \(AD,\s\up16(→))·eq \(AC,\s\up16(→))=0，eq \(AD,\s\up16(→))·eq \(AB,\s\up16(→))=0，
则△BCD的形状是( )
A.钝角三角形 B.直角三角形 C.锐角三角形 D.无法确定
如图，P为空间任意一点，动点Q在△ABC所在平面内运动，且eq \(PQ,\s\up16(→))=2eq \(PA,\s\up16(→))－3eq \(PB,\s\up16(→))＋meq \(CP,\s\up16(→))，
则实数m的值为( )
A.0 B.2 C.－2 D.1
如图，在三棱锥A­BCD中，平面ABC⊥平面BCD，△BAC与△BCD均为等腰直角三角形，
且∠BAC=∠BCD=90°，BC=2，点P是线段AB上的动点，若线段CD上存在点Q，
使得异面直线PQ与AC成30°的角，则线段PA长的取值范围是( )
A.(0，eq \f(\r(2),2)) B.[0，eq \f(\r(6),3)] C.(eq \f(\r(2),2)，eq \r(2)) D.(eq \f(\r(6),3)，eq \r(2))
二、填空题
已知点P在z轴上，且满足|OP|=1(O为坐标原点)，则点P到点A(1,1,1)的距离为 .
已知空间四边形OABC，点M、N分别是OA、BC的中点，且eq \(OA,\s\up16(→))=a，eq \(OB,\s\up16(→))=b，eq \(OC,\s\up16(→))=c，
用a，b，c表示向量eq \(MN,\s\up16(→))= .
已知O(0,0,0)，A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，
当eq \(QA,\s\up16(→))·eq \(QB,\s\up16(→))取最小值时，点Q的坐标是 .
三、解答题
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eq \(OE,\s\up16(→))⊥b？(O为原点)
如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，
且PA=PD=eq \f(\r(2),2)AD，设E，F分别为PC，BD的中点.
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)求证：平面PAB⊥平面PDC.
如图所示，正三角形ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC的中点，
现将△ABC沿CD翻折成直二面角A­DC­B.
(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由.
(2)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出eq \f(BP,BC)的值；如果不存在，请说明理由.
\s 0 答案详解
答案为：D.
解析：点A关于原点对称的点B的坐标为(3,0,4)，
故|AB|=eq \r(－3－32＋0－02＋－4－42)=10.
答案为：C.
解析：a∥b⇔a=kb⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(,2＝3k；,－3＝kλ；,5＝\f(15,2)k))⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝\f(2,3)，,λ＝－\f(9,2).))
答案为：D.
解析：ka＋b=(k－1，k,2)，2a－b=(3,2，－2)，
由题意知，3(k－1)＋2k－4=0，解得k=eq \f(7,5).
答案为：D.
解析：由于a，b，c三个向量共面，所以存在实数m，n使得c=ma＋nb，
即有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(7＝2m－n，,5＝－m＋4n，,λ＝3m－2n，))解得m=eq \f(33,7)，n=eq \f(17,7)，λ=eq \f(65,7).
答案为：A.
解析：∵eq \(MN,\s\up16(→))=eq \(AN,\s\up16(→))－eq \(AM,\s\up16(→))=eq \(AN,\s\up16(→))－eq \f(1,3)eq \(AC1,\s\up16(→))=eq \(AB,\s\up16(→))＋eq \(BN,\s\up16(→))－eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up16(→))＋eq \(AD,\s\up16(→))＋eq \(AA1,\s\up16(→)))=eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,6)eq \(AA1,\s\up16(→))－eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up16(→))，
∴|eq \(MN,\s\up16(→))|=eq \r(\f(4,9)|\(AB,\s\up16(→))|2＋\f(1,36)|\(AA1,\s\up16(→))|2＋\f(1,9)|\(AD,\s\up16(→))|2)=eq \f(\r(21),6)a.故选A.
答案为：C.
解析：eq \(BC,\s\up16(→))·eq \(BD,\s\up16(→))=(eq \(AC,\s\up16(→))－eq \(AB,\s\up16(→)))·(eq \(AD,\s\up16(→))－eq \(AB,\s\up16(→)))=eq \(AC,\s\up16(→))·eq \(AD,\s\up16(→))－eq \(AC,\s\up16(→))·eq \(AB,\s\up16(→))－eq \(AB,\s\up16(→))·eq \(AD,\s\up16(→))＋eq \(AB,\s\up16(→))2=eq \(AB,\s\up16(→))2>0，
同理eq \(DB,\s\up16(→))·eq \(DC,\s\up16(→))>0，eq \(CB,\s\up16(→))·eq \(CD,\s\up16(→))>0，故△BCD为锐角三角形.故选C.
答案为：C.
解析：∵eq \(PQ,\s\up16(→))=2eq \(PA,\s\up16(→))－3eq \(PB,\s\up16(→))＋meq \(CP,\s\up16(→))，∴eq \(PQ,\s\up16(→))=2eq \(PA,\s\up16(→))－3eq \(PB,\s\up16(→))－meq \(PC,\s\up16(→)).又动点Q在△ABC所在平面内运动，
∴2＋(－3)＋(－m)=1，∴m=－2.故选C.
答案为：B.
解析：以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，
建立空间直角坐标系，则A(0,1,1)，B(0,2,0)，C(0,0,0)，
设Q(q,0,0)，eq \(AP,\s\up16(→))=λeq \(AB,\s\up16(→))=(0，λ，－λ)，
则eq \(PQ,\s\up16(→))=eq \(CQ,\s\up16(→))－eq \(CP,\s\up16(→))=eq \(CQ,\s\up16(→))－(eq \(CA,\s\up16(→))＋eq \(AP,\s\up16(→)))=(q,0,0)－(0,1,1)－(0，λ，－λ)
=(q，－1－λ，λ－1)，
∵异面直线PQ与AC成30°的角，
∴cs30°=eq \f(|\(CA,\s\up16(→))·\(PQ,\s\up16(→))|,|\(CA,\s\up16(→))|·|\(PQ,\s\up16(→))|)=eq \f(2,\r(2)·\r(q2＋1＋λ2＋λ－12))=eq \f(\r(2),\r(q2＋2λ2＋2))=eq \f(\r(3),2)，
∴q2＋2λ2＋2=eq \f(8,3)，∴q2=eq \f(2,3)－2λ2∈[0,4].
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,3)－2λ2≥0，,\f(2,3)－2λ2≤4，))解得0≤λ≤eq \f(\r(3),3)，∴|eq \(AP,\s\up16(→))|=eq \r(2)λ∈[0，eq \f(\r(6),3)]，
∴线段PA长的取值范围是[0，eq \f(\r(6),3)].故选B.
答案为：eq \r(2)或eq \r(6).
解析：由题意知，P(0,0,1)或P(0,0，－1).
∴|PA|=eq \r(0－12＋0－12＋1－12)=eq \r(2).
或|PA|=eq \r(1－02＋1－02＋1＋12)=eq \r(6).
答案为：eq \f(1,2)(b＋c－a).
解析：如图，eq \(MN,\s\up16(→))=eq \f(1,2)(eq \(MB,\s\up16(→))＋eq \(MC,\s\up16(→)))
=eq \f(1,2)[(eq \(OB,\s\up16(→))－eq \(OM,\s\up16(→)))＋(eq \(OC,\s\up16(→))－eq \(OM,\s\up16(→)))]=eq \f(1,2)(eq \(OB,\s\up16(→))＋eq \(OC,\s\up16(→))－2eq \(OM,\s\up16(→)))=eq \f(1,2)(eq \(OB,\s\up16(→))＋eq \(OC,\s\up16(→))－eq \(OA,\s\up16(→)))=eq \f(1,2)(b＋c－a).
答案为：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3))).
解析：由题意，设eq \(OQ,\s\up16(→))=λeq \(OP,\s\up16(→))，即OQ=(λ，λ，2λ)，则eq \(QA,\s\up16(→))=(1－λ，2－λ，3－2λ)，
eq \(QB,\s\up16(→))=(2－λ，1－λ，2－2λ)，
∴eq \(QA,\s\up16(→))·eq \(QB,\s\up16(→))=(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)
=6λ2－16λ＋10=6(λ-eq \f(4,3))2－eq \f(2,3)，当λ=eq \f(4,3)时有最小值，此时Q点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3))).
解：(1)2a＋b=(2，－6,4)＋(－2，1,1)=(0，－5,5)，
故|2a＋b|=eq \r(02＋－52＋52)=5eq \r(2).
(2)令eq \(AE,\s\up16(→))=teq \(AB,\s\up16(→))(t∈R)，
所以eq \(OE,\s\up16(→))=eq \(OA,\s\up16(→))＋eq \(AE,\s\up16(→))=eq \(OA,\s\up16(→))＋teq \(AB,\s\up16(→))=(－3，－1,4)＋t(1，－1，－2)=(－3＋t，－1－t,4－2t)，
若eq \(OE,\s\up16(→))⊥b，则eq \(OE,\s\up16(→))·b=0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)=0，
解得t=eq \f(9,5).因此存在点E，使得eq \(OE,\s\up16(→))⊥b，此时E点的坐标为(－eq \f(6,5)，－eq \f(14,5)，eq \f(2,5)).
证明：(1)如图，取AD的中点O，连接OP，OF.
因为PA=PD，所以PO⊥AD.
因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD.
又O，F分别为AD，BD的中点，
所以OF∥AB.
又ABCD是正方形，所以OF⊥AD.
因为PA=PD=eq \f(\r(2),2)AD，
所以PA⊥PD，OP=OA=eq \f(a,2).
以O为原点，OA，OF，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，0，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(a,2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，a，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，a，0)).
因为E为PC的中点，
所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,4)，\f(a,2)，\f(a,4))).易知平面PAD的一个法向量为eq \(OF,\s\up16(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，0))，
因为eq \(EF,\s\up16(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)，0，－\f(a,4)))，且eq \(OF,\s\up16(→))·eq \(EF,\s\up16(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，0))·eq \f(a,4)，0，－eq \f(a,4)=0，
又因为EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD.
(2)因为eq \(PA,\s\up16(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，－\f(a,2)))，eq \(CD,\s\up16(→))=(0，－a,0)，
所以eq \(PA,\s\up16(→))·eq \(CD,\s\up16(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，－\f(a,2)))·(0，－a,0)=0，
所以eq \(PA,\s\up16(→))⊥eq \(CD,\s\up16(→))，所以PA⊥CD.
又PA⊥PD，PD∩CD=D，PD，CD⊂平面PDC，所以PA⊥平面PDC.
又PA⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PDC.
解：(1)AB∥平面DEF，理由如下：
以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系(如图所示)，
则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，2eq \r(3)，0)，E(0，eq \r(3)，1)，F(1，eq \r(3)，0)，
所以eq \(DE,\s\up16(→))=(0，eq \r(3)，1)，eq \(DF,\s\up16(→))=(1，eq \r(3)，0)，eq \(AB,\s\up16(→))=(2,0，－2)，
由此，得eq \(AB,\s\up16(→))=－2eq \(DE,\s\up16(→))＋2eq \(DF,\s\up16(→)).
又eq \(DE,\s\up16(→))与eq \(DF,\s\up16(→))不共线，根据向量共面的充要条件可知eq \(AB,\s\up16(→))，eq \(DE,\s\up16(→))，eq \(DF,\s\up16(→))共面.
由于AB⊄平面DEF，所以AB∥平面DEF.
(2)假设存在点P(x，y,0)满足条件，
则eq \(AP,\s\up16(→))=(x，y，－2)，eq \(AP,\s\up16(→))·eq \(DE,\s\up16(→))=eq \r(3)y－2=0，
所以y=eq \f(2\r(3),3).又eq \(BP,\s\up16(→))=(x－2，y,0)，eq \(PC,\s\up16(→))=(－x,2eq \r(3)－y,0)，eq \(BP,\s\up16(→))∥eq \(PC,\s\up16(→))，
所以(x－2)(2eq \r(3)－y)=－xy，
所以eq \r(3)x＋y=2eq \r(3).
把y=eq \f(2\r(3),3)代入上式，得x=eq \f(4,3)，
所以eq \(BP,\s\up16(→))=eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up16(→))，所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE，此时eq \f(BP,BC)=eq \f(1,3).