人教版高中数学高考一轮复习训练--空间向量及其运算

这是一份人教版高中数学高考一轮复习训练--空间向量及其运算，共6页。试卷主要包含了基础巩固，综合应用，探究创新等内容，欢迎下载使用。
[1]考点规范练38　空间向量及其运算一、基础巩固1.若向量c垂直于不共线的向量a和b,d=λa+μb(λ,μ∈R,且λμ≠0),则(　　)A.c∥dB.c⊥dC.c不平行于d,c也不垂直于dD.以上三种情况均有可能2.(多选)已知点P是△ABC所在的平面外一点,若=(-2,1,4),=(1,-2,1),=(4,2,0),则(　　)A.AP⊥AB B.AP⊥BPC.BC= D.AP∥BC3.已知A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足=0,=0,=0,M为BC的中点,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4.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,=(1,2,0),=(2,1,0),=(0,1,5),则对角线AC1的边长为(　　)A.4 B.4 C.5 D.125.在空间四边形ABCD中,的值为(　　)A.-1 B.0 C.1 D.26.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1),则PA与底面ABCD的关系是(　　)A.相交 B.垂直C.不垂直 D.成60°角7.若a=(-1,λ,-2),b=(2,-1,1),a与b的夹角为120°,则λ的值为　　　　　. 8.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.当最小时,点Q的坐标是　　　　　　　　. 9.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,|AB|=|BC|=2,|D1D|=3,点N是AB的中点,点M是B1C1的中点,建立如图所示的空间直角坐标系.(1)写出点D,N,M的坐标;(2)求线段MD,MN的长度;(3)判断直线DN与直线MN是否互相垂直,并说明理由.              10.如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,G为△BC1D的重心,求证:(1)A1,G,C三点共线;(2)A1C⊥平面BC1D.            二、综合应用11.如图,在平行六面体(底面为平行四边形的四棱柱)ABCD-A1B1C1D1中,E为BC延长线上一点,=2,则=(　　)A. B.C. D.12.已知空间四边形ABCD的每条边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(　　)A.a2 B.a2 C.a2 D.a213.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1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.        14.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长和侧棱长都等于1,∠BAA1=∠CAA1=60°.(1)设=a,=b,=c,用向量a,b,c表示,并求出BC1的长度;(2)求异面直线AB1与BC1所成角的余弦值.                 三、探究创新15.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥DC,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.(1)证明:BE⊥PD;(2)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求线段PF的长.
考点规范练38　空间向量及其运算1.B　由题意,得c垂直于由a,b确定的平面.∵d=λa+μb,∴d与a,b共面.∴c⊥d.2.AC　因为=0,故A正确;=(3,-3,-3),=3+6-3=6≠0,故B不正确;=(6,1,-4),||=,故C正确;=(1,-2,1),=(6,1,-4),各个对应分量的比例不同,故D不正确.3.C　∵M为BC的中点,).)==0.∴AM⊥AD,即△AMD为直角三角形.4.C　=(0,1,5)+(1,2,0)+(2,1,0)=(3,4,5),所以||==55.B　如图,令=a,=b,=c,则()+()+()=a·(c-b)+b·(a-c)+c·(b-a)=a·c-a·b+b·a-b·c+c·b-c·a=0.6.B　因为=2×(-1)+(-1)×2+(-4)×(-1)=0,所以,即AB⊥AP.因为=4×(-1)+2×2+0×(-1)=0,所以,即AD⊥AP.又AB∩AD=A,所以AP⊥底面ABCD.7.17或-1　由已知a·b=-2-λ-2=-λ-4,|a|=,|b|=,∴cos 120°==-,解得λ=17或λ=-1.8　设==(λ,λ,2λ),则=(1-λ,2-λ,3-2λ),=(2-λ,1-λ,2-2λ).故=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=6λ2-16λ+10=6所以当λ=时,取得最小值-,此时所以点Q的坐标是9.解 (1)∵D为坐标原点,∴点D的坐标为(0,0,0).由|AB|=|BC|=2,|D1D|=3,得点A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),B1(2,2,3),C1(0,2,3),∵点N是AB的中点,点M是B1C1的中点,∴点N(2,1,0),M(1,2,3).(2)|MD|=,|MN|=(3)直线DN与直线MN不垂直.理由:由(1)中各点坐标得=(2,1,0),=(1,-1,-3),=(2,1,0)·(1,-1,-3)=1≠0,不垂直,∴直线DN与直线MN不垂直.10.证明 (1),可以证明)=,,即A1,G,C三点共线.(2)设=a,=b,=c,则|a|=|b|=|c|=a,且a·b=b·c=c·a=0,=a+b+c,=c-a,=(a+b+c)·(c-a)=c2-a2=0.,即CA1⊥BC1.同理CA1⊥BD,又BD∩BC1=B,∴A1C⊥平面BC1D.11.B　如图所示,取BC的中点F,连接A1F,则A1D1∥FE,且A1D1=FE,∴四边形A1D1EF是平行四边形,∴A1F∥D1E,且A1F=D1E.∴ 又=-,∴ 12.C　如图,设=a,=b,=c,则|a|=|b|=|c|=a,且a,b,c三个向量两两的夹角为60°(a+b),c,故(a+b)c=(a·c+b·c)=(a2cos 60°+a2cos 60°)=a2.13.解 如图,建立空间直角坐标系Oxyz.(1)依题意得点B(0,1,0),N(1,0,1),∴||==(2)依题意得点A1(1,0,2),B(0,1,0),C(0,0,0),B1(0,1,2),=(1,-1,2),=(0,1,2),=3,||=,||=∴cos<>=(3)证明:依题意,得点C1(0,0,2),M=(-1,1,-2),,∴=-+0=0.∴,∴A1B⊥C1M.14.解 (1)=a+c-b.又a·b=|a|·|b|cos∠BAA1=1×1×cos 60°=,同理可得a·c=b·c=,所以||===(2)因为=a+b,所以||=,因为=(a+b)·(a+c-b)=a2+a·c-a·b+b·a+c·b-b2=1+-1=1,所以cos<>=所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为15.解 ∵PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,∴以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.由题意得点B(1,0,0),P(0,0,2),C(2,2,0),E(1,1,1),D(0,2,0).(1)证明:=(0,1,1),=(0,2,-2),=0,∴BE⊥PD.(2)=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),由点F在棱PC上,设==(-2λ,-2λ,2λ),0≤λ≤1,=(1-2λ,2-2λ,2λ).∵BF⊥AC,=2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得λ=,∴||=|=,即线段PF的长为[1]