2025届人教新高考高三数学一轮复习考点规范练38空间向量及其运算Word版附解析

这是一份2025届人教新高考高三数学一轮复习考点规范练38空间向量及其运算Word版附解析，共7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.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∥d
B.c⊥d
C.c不平行于d,c也不垂直于d
D.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AB=(-2,1,4),AP=(1,-2,1),AC=(4,2,0),则( )
A.AP⊥ABB.AP⊥BP
C.BC=53D.AP∥BC
3.已知A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足AB·AC=0,AC·AD=0,AB·AD=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.已知点A(4,1,3),B(2,3,1),C(3,7,-5),点P(x,-1,3)在平面ABC内,则x的值为( )
A.-4B.1C.10D.11
5.在空间四边形ABCD中,AB·CD+AC·DB+AD·BC的值为( )
A.-1B.0C.1D.2
6.在三棱锥O-ABC中,M是OA的中点,P是△ABC的重心.设OA=a,OB=b,OC=c,则MP=( )
A.12a-16b+13cB.13a-12b+c
C.-16a+13b+13cD.-a+13b-12c
7.已知点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QA·QB最小时,点Q的坐标是 .
8.已知空间四边形OABC各边及其对角线OB,AC的长都是6,且AM=2MB,MG=GC,OG=xOA+yOB+zOC,则x+y+z= ,OG的长为 .
9.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,|AB|=|BC|=2,|D1D|=3,N是AB的中点,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.(多选)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,若∠BAD=∠A1AB=∠A1AD=π3,各棱长均为1,则下列结论正确的是( )
A.{AC,AC1,BB1}不是空间的一个基底
B.=23π
C.|BD1|=2
D.BD⊥平面ACC1A1
12.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a,E,F分别是BC,AD的中点,则AE·AF的值为( )
A.a2B.12a2C.14a2D.34a2
13.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BN的模;
(2)求cs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AA1=a,AB=b,AC=c,用向量a,b,c表示BC1,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,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AP·AB=0,故A正确;BP=(3,-3,-3),AP·BP=3+6-3=6≠0,故B不正确;BC=(6,1,-4),|BC|=62+12+(-4)2=53,故C正确;AP=(1,-2,1),BC=(6,1,-4),61≠1-2,故D不正确.
3.C ∵M为BC的中点,∴AM=12(AB+AC).
∴AM·AD=12(AB+AC)·AD
=12AB·AD+12AC·AD=0.
∴AM⊥AD,即△AMD为直角三角形.
4.D ∵点P(x,-1,3)在平面ABC内,∴存在实数λ,μ,使得AP=λAB+μAC,
∴(x-4,-2,0)=λ(-2,2,-2)+μ(-1,6,-8),
即x-4=-2λ-μ,-2=2λ+6μ,0=-2λ-8μ,
可得x=11.
5.B 如图,令AB=a,AC=b,AD=c,
则AB·CD+AC·DB+AD·BC=AB·(AD−AC)+AC·(AB−AD)+AD·(AC−AB)
=a·(c-b)+b·(a-c)+c·(b-a)=a·c-a·b+b·a-b·c+c·b-c·a=0.
6.C 如图,取AB的中点D,连接CD,MC,OD,则点P在CD上,且CP=23CD.
MP=MC+CP=(OC−OM)+23CD=OC-12OA+23(OD−OC)=c-12a+23OD−23c=c-12a+23×12(OA+OB)-23c=c-12a+13(a+b)-23c=-16a+13b+13c.
7.43,43,83 设OQ=λOP=(λ,λ,2λ),λ∈R,则QA=(1-λ,2-λ,3-2λ),QB=(2-λ,1-λ,2-2λ).故QA·QB=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=6λ2-16λ+10=6λ-432−23.
所以当λ=43时,QA·QB取得最小值-23,此时OQ=43,43,83.所以点Q的坐标是43,43,83.
8.1 5 由题意知空间四边形OABC为正四面体.
OG=OM+MG=OA+23AB+12MC=OA+23AB+12(MA+AC)=OA+23AB+12×23BA+12AC=OA+13AB+12AC=OA+13(OB−OA)+12(OC−OA)=OA−13OA−12OA+13OB+12OC=16OA+13OB+12OC,∴x+y+z=1.
∵OA·OB=OA·OC=OB·OC=6×6×cs 60°=18,
∴|OG|2=OG2=16OA+13OB+12OC2=136OA2+19OB2+14OC2+19OA·OB+16OA·OC+13OB·OC=136×36+19×36+14×36+19×18+16×18+13×18=25.
∴|OG|=5.
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),
∵N是AB的中点,M是B1C1的中点,
∴点N(2,1,0),M(1,2,3).
(2)|MD|=(1-0)2+(2-0)2+(3-0)2=14,
|MN|=(2-1)2+(1-2)2+(0-3)2=11.
(3)直线DN与直线MN不垂直.
理由:由(1)中各点坐标得DN=(2,1,0),MN=(1,-1,-3),
∴DN·MN=(2,1,0)·(1,-1,-3)=1≠0,
∴DN与MN不垂直,
∴直线DN与直线MN不垂直.
10.证明 (1)CA1=CB+BA+AA1=CB+CD+CC1,可以证明CG=13(CB+CD+CC1)=13CA1,
∴CG∥CA1,
即A1,G,C三点共线.
(2)设CB=a,CD=b,CC1=c,则|a|=|b|=|c|=a,且a·b=b·c=c·a=0,
∵CA1=a+b+c,BC1=c-a,
∴CA1·BC1=(a+b+c)·(c-a)=c2-a2=0.
∴CA1⊥BC1,
即CA1⊥BC1.
同理CA1⊥BD,
又BD∩BC1=B,
∴A1C⊥平面BC1D.
11.ACD 对于A,由BB1∥ CC1,知向量AC,AC1,BB1共面,
所以{AC,AC1,BB1}不是空间的一个基底,故A正确;
对于B,因为∠A1AD=π3,所以∠ADD1=2π3,所以=π-2π3=π3,故B错误;
对于C,|BD1|2=(BA+AD+DD1)2=BA2+AD2+DD12+2BA·AD+2BA·DD1+2AD·DD1=3+2×1×1×csπ-π3+2×1×1×csπ-π3+2×1×1×csπ3=2,
所以|BD1|=2,故C正确;
对于D,设BD交AC于点O,连接A1O,A1D,A1B,如图,由题意可得四边形ABCD为菱形,A1D=A1B,所以BD⊥AC,BD⊥A1O,
又AC∩A1O=O,所以BD⊥平面ACC1A1,故D正确.
12.C 如图,设AB=a,AC=b,AD=c,则|a|=|b|=|c|=a,且a,b,c三个向量两两的夹角为60°.
AE=12(a+b),AF=12c,
故AE·AF=12(a+b)·12c=14(a·c+b·c)
=14(a2cs 60°+a2cs 60°)=14a2.
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),
∴|BN|=(1-0)2+(0-1)2+(1-0)2=3.
(2)依题意得点A1(1,0,2),B(0,1,0),C(0,0,0),B1(0,1,2),
∴BA1=(1,-1,2),CB1=(0,1,2),BA1·CB1=3,
|BA1|=6,|CB1|=5.
∴cs=BA1·CB1|BA1||CB1| =3010.
(3)证明:依题意,得点C1(0,0,2),M12,12,2,A1B=(-1,1,-2),C1M=12,12,0,∴A1B·C1M=-12+12+0=0.
∴A1B⊥C1M,
∴A1B⊥C1M.
14.解 (1)BC1=BB1+B1C1=BB1+A1C1−A1B1=AA1+AC−AB=a+c-b.又a·b=|a|·|b|cs∠BAA1=1×1×cs 60°=12,同理可得a·c=b·c=12,
所以|BC1|=(a+c-b)2=a2+c2+b2+2a·c-2a·b-2c·b=1+1+1+1-1-1=2.
(2)因为AB1=a+b,所以|AB1|=(a+b)2=a2+b2+2a·b=1+1+1=3,
因为AB1·BC1=(a+b)·(a+c-b)=a2+a·c-a·b+b·a+c·b-b2=1+12−12+12+12-1=1,
所以cs=AB1·BC1|AB1||BC1|=13×2=66.
所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为66.
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:∵BE=(0,1,1),PD=(0,2,-2),
∴BE·PD=0,∴BE⊥PD.
(2)BC=(1,2,0),CP=(-2,-2,2),AC=(2,2,0),
由点F在棱PC上,设CF=λCP=(-2λ,-2λ,2λ),0≤λ≤1,
∴BF=BC+CF=(1-2λ,2-2λ,2λ).
∵BF⊥AC,∴BF·AC=2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,
解得λ=34,∴|PF|=1-34|PC|=144+4+4=32,即线段PF的长为32.