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新高考數(shù)學一輪復習 第七章 立體幾何 課時作業(yè)45 空間向量及其運算(含解析)-人教版高三數(shù)學試題

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新高考數(shù)學一輪復習 第七章 立體幾何 課時作業(yè)45 空間向量及其運算(含解析)-人教版高三數(shù)學試題

課時作業(yè)45 空間向量及其運算 一、選擇題 1.已知點A(-3,0,-4),點A關(guān)于原點的對稱點為B,則|AB|等于( D ) A.12 B.9 C.25 D.10 解析:點A關(guān)于原點對稱的點B的坐標為(3,0,4),故 |AB|==10. 2.已知向量a=(2,-3,5),b=,且a∥b,則λ等于( C ) A. B. C.- D.- 解析:a∥b?a=kb?? 3.已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b與2a-b互相垂直,則k的值為( D ) A.1    B.    C.    D. 解析:ka+b=(k-1,k,2),2a-b=(3,2,-2),由題意知,3(k-1)+2k-4=0,解得k=. 4.已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若a、b、c三個向量共面,則實數(shù)λ等于( D ) A. B. C. D. 解析:由于a,b,c三個向量共面,所以存在實數(shù)m,n使得c=ma+nb,即有 解得m=,n=,λ=. 5.設A,B,C,D是空間不共面的四個點,且滿足·=0,·=0,·=0,則△BCD的形狀是( C ) A.鈍角三角形 B.直角三角形 C.銳角三角形 D.無法確定 解析:·=(-)·(-) =·-·-·+2=2>0, 同理·>0,·>0,故△BCD為銳角三角形.故選C. 6.已知正方體ABCD­A1B1C1D1的棱長為a,=,點N為B1B的中點,則|MN|等于( A ) A.a B.a C.a D.a 解析:∵=-=-=+-(++)=+-, ∴||==a.故選A. 7.在空間直角坐標系O­xyz中,四面體ABCD各頂點坐標分別為A(2,2,1),B(2,2,-1),C(0,2,1),D(0,0,1),則該四面體外接球的表面積是( B ) A.16π B.12π C.4π D.6π 解析:通過各點坐標可知,A,B,C,D四點恰為棱長為2的正方體的四個頂點,故此四面體與對應的正方體有共同的外接球,其半徑R為正方體體對角線的一半,則R==,故該四面體外接球的表面積是4πR2=12π.故選B. 8.在棱長為4的正方體ABCD­A1B1C1D1中,點E,F(xiàn)分別在棱AA1和AB上,且C1E⊥EF,則AF的最大值為( B ) A. B.1 C. D.2 解析:以AB,AD,AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,則C1(4,4,4). 設E(0,0,z),z∈[0,4],F(xiàn)(x,0,0),x∈[0,4],設AF=x.故=(4,4,4-z),=(x,0,-z).因為C1E⊥EF,所以·=0,即z2+4x-4z=0,則x=z-z2=-(z-2)2+1,所以當z=2時,x取得最大值1.所以AF的最大值為1.故選B. 二、填空題 9.已知點P在z軸上,且滿足|OP|=1(O為坐標原點),則點P到點A(1,1,1)的距離為或. 解析:由題意知,P(0,0,1)或P(0,0,-1). ∴|PA|==. 或|PA|==. 10.已知空間四邊形OABC,點M、N分別是OA、BC的中點,且=a,=b,=c,用a,b,c表示向量=(b+c-a). 解析:如圖,=(+) =[(-)+(-)] =(+-2) =(+-)=(b+c-a). 11.已知O(0,0,0),A(1,2,3),B(2,1,2),P(1,1,2),點Q在直線OP上運動,當·取最小值時,點Q的坐標是. 解析:由題意,設=λ,即OQ=(λ,λ,2λ),則=(1-λ,2-λ,3-2λ),=(2-λ,1-λ,2-2λ), ∴·=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=6λ2-16λ+10=62-,當λ=時有最小值,此時Q點坐標為. 三、解答題 12.已知a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),點A(-3,-1,4),B(-2,-2,2). (1)求|2a+b|; (2)在直線AB上,是否存在一點E,使得⊥b?(O為原點) 解:(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|==5. (2)令=t(t∈R),所以=+=+t=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t),若⊥b,則·b=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=.因此存在點E, 使得⊥b,此時E點的坐標為(-,-,). 13.如圖,在四棱錐P­ABCD中,底面ABCD是邊長為a的正方形,側(cè)面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=AD,設E,F(xiàn)分別為PC,BD的中點. (1)求證:EF∥平面PAD; (2)求證:平面PAB⊥平面PDC. 證明:(1)如圖,取AD的中點O,連接OP,OF. 因為PA=PD,所以PO⊥AD. 因為側(cè)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(xiàn)分別為AD,BD的中點,所以OF∥AB. 又ABCD是正方形,所以OF⊥AD. 因為PA=PD=AD,所以PA⊥PD,OP=OA=. 以O為原點,OA,OF,OP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,則A,F(xiàn),D,P,B,C. 因為E為PC的中點,所以E.易知平面PAD的一個法向量為=,因為=,且·=·=0, 又因為EF?平面PAD,所以EF∥平面PAD. (2)因為=,=(0,-a,0), 所以·=·(0,-a,0)=0, 所以⊥,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. 14.如圖,已知正方體ABCD­A1B1C1D1的棱長為4,P是AA1的中點,點M在側(cè)面AA1B1B內(nèi).若D1M⊥CP,則△BCM面積的最小值為( D ) A.8 B.4 C.8 D. 解析:以AB,AD,AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,則P(0,0,2),C(4,4,0),D1(0,4,4).設M(a,0,b),則=(a,-4,b-4),=(-4,-4,2).∵D1M⊥CP,∴·=-4a+16+2b-8=0,即b=2a-4.取AB的中點N,連接B1N,則點M的軌跡即為線段B1N.過B作BQ⊥B1N于點Q,則BQ==,又BC⊥平面ABB1A1,故BC⊥BQ,∴S△BCM的最小值為S△BCM=×4×=. 15.如圖,平面ABCD⊥平面ADEF,其中ABCD為矩形,ADEF為梯形,AF∥DE,AF⊥FE,AF=AD=2DE=2. (1)求證:EF⊥平面BAF; (2)若二面角A­BF­D的余弦值為,求AB的長. 解:(1)證明:∵四邊形ABCD為矩形,∴BA⊥AD, ∵平面ABCD⊥平面ADEF,又平面ABCD∩平面ADEF=AD,BA?平面ABCD,∴BA⊥平面ADEF. 又EF?平面ADEF,∴BA⊥EF. 又AF⊥EF,且AF∩BA=A,∴EF⊥平面BAF. (2)設AB=x(x>0).以F為坐標原點,AF,F(xiàn)E所在直線分別為x軸、y軸建立空間直角坐標系F­xyz,如圖. 則F(0,0,0),E(0,,0),D(-1,,0),B(-2,0,x), ∴=(1,-,0),=(2,0,-x). 由(1)知EF⊥平面ABF, ∴平面ABF的一個法向量可取n1=(0,1,0). 設n2=(x1,y1,z1)為平面BFD的一個法向量, 則即 令y1=1,則n2=. ∵cos〈n1,n2〉===, 解得x=(負值舍去),∴AB=.

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