2022版新高考数学一轮总复习课后集训：44+空间向量的运算及应用+Word版含解析

这是一份2022版新高考数学一轮总复习课后集训：44+空间向量的运算及应用+Word版含解析，共8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。
 课后限时集训(四十四)　空间向量的运算及应用建议用时：40分钟一、选择题1．(多选)(2020·福建省晋江市南侨中学月考)已知向量a＝(1,1,0)，则与a共线的单位向量e＝(　　)A. B．(0,1,0)C. D．(1,1,1)AC　[由题意得，a＝λe，因而|a|＝|λe|＝|λ|，得λ＝±|a|.故e＝±，而|a|＝＝，所以e＝或e＝.故选AC.]2．已知a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为(　　)A．－2 B．－  C． D．2D　[∵a⊥(a－λb)，∴a·(a－λb)＝0，即a2＝λa·b.又a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，∴a·b＝2＋2＋3＝7，|a|＝＝.∴14＝7λ，∴λ＝2.故选D.]3．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． B．  C． D．D　[∵a＝(1,0,1)，b＝(x,1,2)，∴a·b＝x＋2＝3.∴x＝1.∴|a|＝，|b|＝.∴cos〈a，b〉＝＝.又〈a，b〉∈[0，π]，故〈a，b〉＝.故选D.]4．对于空间一点O和不共线的三点A，B，C，有6＝＋2＋3，则(　　)A．O，A，B，C四点共面 B．P，A，B，C四点共面C．O，P，B，C四点共面 D．O，P，A，B，C五点共面B　[由6＝＋2＋3，得－＝2(－)＋3(－)，即＝2＋3，故，，共面，又它们有公共点P，因此，P，A，B，C四点共面，故选B.]5.如图所示，三棱锥O­ABC中，M，N分别是AB，OC的中点，设＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示，则＝(　　)A.(－a＋b＋c)B.(a＋b－c)C.(a－b＋c)D.(－a－b＋c)B　[＝＋＝(－)＋＝－＋(－)＝＋－＝(a＋b－c)．]6．A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，M为BC中点，则△AMD是(　　)A．钝角三角形 B．锐角三角形C．直角三角形 D．不确定C　[∵M为BC中点，∴＝(＋)，∴·＝(＋)·＝·＋·＝0.∴AM⊥AD，△AMD为直角三角形．]二、填空题7．在空间直角坐标系中，A(1,1，－2)，B(1,2，－3)，C(－1,3,0)，D(x，y，z)(x，y，z∈R)，若A，B，C，D四点共面，则2x＋y＋z＝________.1　[∵A(1,1，－2)，B(1,2，－3)，C(－1,3,0)，D(x，y，z)(x，y，z∈R)，∴＝(0,1，－1)，＝(－2,2,2)，＝(x－1，y－1，z＋2)．∵A，B，C，D四点共面，∴存在实数λ，μ使得＝λ＋μ，即(x－1，y－1，z＋2)＝λ(0,1，－1)＋μ(－2,2,2)，∴解得2x＋y＋z＝1.]8．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈，〉的值为________．　[如图建立空间直角坐标系D­xyz，设正方体棱长为2，则易得＝(2，－2,1)，＝(2,2，－1)，∴cos〈，〉＝＝－，∴sin〈，〉＝＝.]9．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正确的是________．①②③　[∵·＝0，·＝0，∴AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确．又与不平行，∴是平面ABCD的法向量，则③正确．∵＝－＝(2,3,4)，＝(－1,2，－1)，∴与不平行，故④错误．]三、解答题10.如图所示，已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF.[证明]　(1)建立如图所示的空间直角坐标系，令AB＝AA1＝4，则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)．取AB的中点N，连接CN，则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，所以＝(－2,4,0)，＝(－2,4,0)，所以＝，所以DE∥NC.又因为NC⊂平面ABC，DE⊄平面ABC，故DE∥平面ABC.(2)由(1)知＝(－2,2，－4)，＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)．·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.所以⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF，又因为AF∩FE＝F，所以B1F⊥平面AEF.11.如图所示，已知四棱锥P­ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.证明：(1)PA⊥BD；(2)平面PAD⊥平面PAB.[证明]　(1)取BC的中点O，连接PO，因为平面PBC⊥底面ABCD，△PBC为等边三角形，平面PBC∩底面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC，所以PO⊥底面ABCD.以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝，所以A(1，－2,0)，B(1,0,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，)，所以＝(－2，－1,0)，＝(1，－2，－)．因为·＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－)＝0，所以⊥，所以PA⊥BD.(2)取PA的中点M，连接DM，则M.因为＝，＝(1,0，－)，所以·＝×1＋0×0＋×(－)＝0，所以⊥，即DM⊥PB.因为·＝×1＋0×(－2)＋×(－)＝0，所以⊥，即DM⊥PA.又因为PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，所以DM⊥平面PAB.因为DM⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面PAB.1．(2020·潍坊期末)如图所示的平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，已知AB＝AA1＝AD，∠BAD＝∠DAA1＝60°，∠BAA1＝30°，N为A1D1上一点，且A1N＝λA1D1.(1)若BD⊥AN，则λ的值为________；(2)若M为棱DD1的中点，BM∥平面AB1N，则λ的值为________．(1)－1　(2)　[(1)取空间中一组基底：＝a，＝b，＝c，因为BD⊥AN，所以·＝0.因为＝－＝b－a，＝＋＝c＋λb，所以(b－a)·(c＋λb)＝0，所以＋λ－－＝0，所以λ＝－1.(2)在AD上取一点M1使得A1N＝AM1，连接M1N，M1M，M1B，因为A1N∥AM1且A1N＝AM1，所以四边形AA1NM1为平行四边形，又AA1綊BB1，所以M1N綊B1B，所以四边形NM1BB1为平行四边形，所以NB1∥M1B，NB1＝M1B，又因为M1B⊄平面AB1N，NB1⊂平面AB1N，所以M1B∥平面AB1N，又因为BM∥平面AB1N，且BM∩M1B＝B，所以平面M1MB∥平面AB1N，所以MM1∥平面AB1N.又因为 平面AA1D1D∩平面AB1N＝AN，且MM1⊂平面AA1D1D，所以M1M∥AN，所以△AA1N∽△MDM1，所以＝＝＝2，所以λ＝.]2．如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，∠ACD＝90°，把△ADC沿对角线AC折起，使AB与CD成60°角，则BD的长为________．2或　[∵AB与CD成60°角，∴〈，〉＝60°或120°.又∵AB＝AC＝CD＝1，AC⊥CD，AC⊥AB，∴||＝＝＝＝＝，∴||＝2或.∴BD的长为2或.]3.如图所示，四棱锥S­ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，点P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC，若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．[解]　(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，则AC⊥BD.连接SO，由题意知SO⊥平面ABCD.以O为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图．设底面边长为a，则高SO＝a，于是S，D，B，C，＝，＝，则·＝0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD.(2)棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.理由如下：由已知条件知是平面PAC的一个法向量，且＝，＝，＝.设＝t，则＝＋＝＋t＝，而·＝0⇒t＝.即当SE∶EC＝2∶1时，BE⊥DS.而BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.