2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)規(guī)范練42 空間向量及其運(yùn)算 理 北師大版1.空間任意四個(gè)點(diǎn)A、B、C、D,則等于()A.B.C.D.2.(2018河北衡水一中二模,理4)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,底面是邊長(zhǎng)為1的正方形,若A1AB=A1AD=60°,且A1A=3,則A1C的長(zhǎng)為()A.B.2C.D.3.(2018安徽蕪湖期末,4)在四面體O-ABC中,點(diǎn)M在OA上,且OM=2MA,N為BC的中點(diǎn),若,則使G與M,N共線的x的值為()A.1B.2C.D.4.(2018遼寧沈陽期中,5)若向量a=(,1,0),b=(1,0,z),<a,b>=,則實(shí)數(shù)z的值為()A.B.2C.±D.±25.A,B,C,D是空間不共面的四點(diǎn),且滿足=0,=0,=0,M為BC中點(diǎn),則AMD是()A.鈍角三角形B.銳角三角形C.直角三角形D.不確定6.已知空間向量a,b,滿足|a|=|b|=1,且a,b的夾角為,O為空間直角坐標(biāo)系的原點(diǎn),點(diǎn)A,B滿足=2a+b,=3a-b,則OAB的面積為. 7.已知向量p在基底a,b,c下的坐標(biāo)為(2,1,-1),則p在基底a+b,a-b,c下的坐標(biāo)為,在基底2a,b,-c下的坐標(biāo)為. 8.(2018上海金山中學(xué)期中,14)設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2,為過直線BD1的平面,則截該正方體的截面面積的取值范圍是. 9.(2018吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)一模,11)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=4,AB=BC=2,動(dòng)點(diǎn)P,Q分別在線段C1D,AC上,則線段PQ長(zhǎng)度的最小值是()A.B.C.D.10.如圖,在棱長(zhǎng)為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中,G為BC1D的重心,求證:(1)A1,G,C三點(diǎn)共線;(2)A1C平面BC1D.綜合提升組11.(2018遼寧本溪期中,9)已知點(diǎn)A(1,-2,0)和向量a=(-3,4,6),|=2|a|,且與a方向相反,則點(diǎn)B坐標(biāo)為()A.(-7,6,12)B.(7,-10,-12)C.(7,-6,12)D.(- 7,10,12)12.(2018四川三臺(tái)期中,9)點(diǎn)P是棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1上一點(diǎn),則的取值范圍是()A.-1,- B.-,- C.-1,0D.-,013.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,有下列命題:()2=3;·()=0;的夾角為60°正方體的體積為|.其中正確命題的序號(hào)是. 14.在四棱錐P-ABCD中,PD底面ABCD,底面ABCD為正方形,PD=DC,E,F分別是AB,PB的中點(diǎn).(1)求證:EFCD.(2)在平面PAD內(nèi)是否存在一點(diǎn)G,使GF平面PCB.若存在,求出點(diǎn)G坐標(biāo);若不存在,試說明理由.創(chuàng)新應(yīng)用組15.(2018四川瀘州一模,14)已知球O是棱長(zhǎng)為2的正八面體(八個(gè)面都是全等的等邊三角形)的內(nèi)切球,MN為球O的一條直徑,點(diǎn)P為正八面體表面上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),則的取值范圍是. 16.(2018河北衡水調(diào)研,18)設(shè)全體空間向量組成的集合為V,a=(a1,a2,a3)為V中的一個(gè)單位向量,建立一個(gè)“自變量”為向量,“因變量”也是向量的“向量函數(shù)”f(x):f(x)=-x+2(x·a)a(xV).(1)設(shè)u=(1,0,0),v=(0,0,1),若f(u)=v,求向量a;(2)對(duì)于V中的任意兩個(gè)向量x,y,證明:f(x)·f(y)=x·y;(3)對(duì)于V中的任意單位向量x,求|f(x)-x|的最大值.參考答案課時(shí)規(guī)范練42空間向量及其運(yùn)算1.C+-=+=.故選C.2.A因?yàn)?+,所以|2=(+)2=|2+|2+|2+2(·+·+·)=1+2+9+2(1××cos 45°+1×3×cos 120°+×3×cos 135°)=5.故A1C的長(zhǎng)為.故選A.3.A= (+),=.假設(shè)G與M,N共線,則存在實(shí)數(shù)使得=+(1-)= (+)+,與=+比較可得=,=,解得x=1.故選A.4.C|a|=2,|b|=,a·b=.cos=,化為z2=2,解得z=±.故選C.5.CM為BC中點(diǎn),= (+).·=(+)·=·+·=0.AMAD,AMD為直角三角形.6.由=2a+b,=3a-b,得|=,|=,·=(2a+b)·(3a-b)=.cosBOA=,sinBOA=.SOAB=|sinBOA=.7., ,-1(1,1,1)由條件p=2a+b-c.設(shè)p在基底a+b,a-b,c下的坐標(biāo)為(x,y,z),則p=x(a+b)+y(a-b)+zc=(x+y)a+(x-y)b+zc,因?yàn)閍,b,c不共面,所以所以即p在基底a+b,a-b,c下的坐標(biāo)為,-1,同理可求p在基底2a,b,-c下的坐標(biāo)為(1,1,1).故答案為,-1,(1,1,1).8.2,4建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則B(2,2,2),D1(0,0,0),設(shè)與棱CC1的交點(diǎn)為P,與棱AA1的交點(diǎn)為G,則四邊形BGD1P為平行四邊形.在面內(nèi)過P作BD1的垂線,垂足為Q,則截面的面積為S=|=2|.設(shè)Q(x,x,x),P(0,2,y),則=(2,2,2),=(x,x-2,x-y).因?yàn)?#183;=0,故2x+2(x-2)+2(x-y)=0,即3x-y-2=0,故y=3x-2.因03x-22,故x.又|=,其中x,所以|,故2S4,填2,4.9.C建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,則A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,4),P(0,t,2t),t0,2,Q(2-m,m,0),m0,2,PQ=,當(dāng)且僅當(dāng)5t=m=時(shí),PQ取最小值,選C.10.證明 (1)=+=+,=+=+× (+)=+ (-+-)= (+)=,即A1,G,C三點(diǎn)共線.(2)設(shè)=a,=b,=c,則|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.因此,即CA1BC1.同理CA1BD.又BD與BC1是平面BC1D內(nèi)的兩條相交直線,故A1C平面BC1D.11.B設(shè)B(x,y,z),A(1,-2,0),=(x-1,y+2,z).|=2|a|,且與a方向相反,a=(-3,4,6),=-2a=(6,-8,-12),解得B(7,-10,-12),故選B.12.D以點(diǎn)D為原點(diǎn),以DA所在的直線為x軸,以DC所在的直線為y軸,以DD1所在的直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示;則點(diǎn)A(1,0,0),C1(0,1,1),設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,y,z),由題意可得0x1,0y1,z=1,=(1-x,-y,-1),=(-x,1-y,0),·=-x(1-x)-y(1-y)+0=x2-x+y2-y=x-2+y-2-,由二次函數(shù)的性質(zhì)可得,當(dāng)x=y=時(shí)·取得最小值為-;當(dāng)x=0或1,且y=0或1時(shí),·取得最大值為0,則·的取值范圍是-,0.故選D.13.(+)2=+2·+2·+2·=3,故正確.·(-)=·=0,故正確.因?yàn)?AD1、AC、D1C均為面對(duì)角線,所以三角形AD1C為等邊三角形,而與的夾角為與的夾角的補(bǔ)角.所以與的夾角為120°,故錯(cuò)誤.正方體的體積為|,而|··|=0,故錯(cuò)誤.14.(1)證明 如圖,以DA,DC,DP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AD=a,則D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),E,P(0,0,a),F.=,=(0,a,0).·=0,即EFCD.(2)解 假設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)G,設(shè)G(x,0,z),則=,若使GF平面PCB,則由·=x-,-,z-·(a,0,0)=a=0,得x=.由·=x-,-,z-·(0,-a,a)=+a=0,得z=0.點(diǎn)G坐標(biāo)為,即存在滿足條件的點(diǎn)G,且點(diǎn)G為AD的中點(diǎn).15.0, 設(shè)球O的半徑為R,則××1=××R,解得R=.|,.可得·=(-)·(-)=-R2=-0, .16.解 (1)依題意得f(u)=-u+2(u·a)a=v,設(shè)a=(x,y,z),代入運(yùn)算得a=,0,或a=-,0,-;(2)證明 設(shè)x=(a,b,c),y=(m,n,t),a=(a1,a2,a3),則f(x)·f(y)=-x+2(x·a)a·-y+2(y·a)a=x·y-4(y·a)(x·a)+4(y·a)(x·a)(a)2=x·y-4(y·a)(x·a)+4(y·a)(x·a)=x·y.從而得證;(3)設(shè)x與a的夾角為,則x·a=|x|·|a|cos =cos ,則|f(x)-x|=|2x-2(x·a)a|=2,故最大值為2.