空間向量及其運算測試題-2022年整理

優(yōu)質資料word版本——下載后可編輯優(yōu)質資料word版本——下載后可編輯6/6優(yōu)質資料word版本——下載后可編輯高二選修（2—1）第三章3.1空間向量及其運算測試一、選擇題1拋物線的準線方程是()A．B．C．D．2．已知兩點、，且是與的等差中項，則動點的軌跡方程是 （） A． B． C． D．1．已知向量＝(3，－2,1)，=(－2,4,0)，則4＋2等于（）A．(16,0,4) B．(8，－16,4)C．(8,16,4)D．(8,0,4)2．在三棱柱ABC-A1B1C1中，若eq\o(CA,\s\up15(→))＝a，eq\o(CB,\s\up15(→))＝b，eq\o(CC1,\s\up15(→))＝c，則eq\o(A1B,\s\up15(→))＝（）A．a(chǎn)＋b－c B．a(chǎn)－b＋cC．－a＋b＋cD．－a＋b－c4．在下列條件中，使M與A、B、C一定共面的是（）A.eq\o(OM,\s\up7(→))＝2eq\o(OA,\s\up7(→))－eq\o(OB,\s\up7(→))－eq\o(OC,\s\up7(→)) B.eq\o(OM,\s\up7(→))＝eq\f(1,5)eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up7(→))C.eq\o(MA,\s\up7(→))＋eq\o(MB,\s\up7(→))＋eq\o(MC,\s\up7(→))＝0 D.eq\o(OM,\s\up7(→))＋eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→))＝06．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，給出以下向量表達式：①(eq\o(A1D1,\s\up7(→))－eq\o(A1A,\s\up7(→)))－eq\o(AB,\s\up7(→))；②(eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(BB1,\s\up7(→)))－eq\o(D1C1,\s\up7(→))；③(eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→)))－2eq\o(DD1,\s\up7(→))；④(eq\o(B1D1,\s\up7(→))＋eq\o(A1A,\s\up7(→)))＋eq\o(DD1,\s\up7(→)).其中能夠化簡為向量eq\o(BD1,\s\up7(→))的是（）A．①②B．②③C．③④D．①④7．已知向量a＝(1，－1,1)，b＝(－1,2,1)，且ka－b與a－3b互相垂直，則k的值是A．1B．eq\f(1,5)C．eq\f(3,5)D．－eq\f(20,9)8．若a＝(2，－3,1)，b＝(2,0,3)，c＝(0,2,2)，a·(b＋c)的值為（）A．4B．15C．7D．39．已知四邊形ABCD滿足：eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))>0，eq\o(BC,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))>0，eq\o(CD,\s\up7(→))·eq\o(DA,\s\up7(→))>0，eq\o(DA,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))>0，則該四邊形為（）A．平行四邊形B．梯形C．長方形D．空間四邊形11.如圖所示，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，M為A1C1與B1D1的交點．若eq\o(AB,\s\up15(→))＝a，eq\o(AD,\s\up15(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up15(→))＝c，則下列向量中與eq\o(BM,\s\up15(→))相等的向量是()A．－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c B．eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋cC．－eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c D．eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c11．已知A，B為雙曲線E的左，右頂點，點M在E上，ΔABM為等腰三角形，且頂角為120°，則E的離心率為A．B．2C．D．是橢圓上的點，、是橢圓的兩個焦點，，則的面積等于．已知雙曲線過點,且漸近線方程為,則該雙曲線的標準方程為．14．已知向量a＝(－1,2,3)，b＝(1,1,1)，則向量a在b方向上的投影為________．16．如果三點A(1,5，－2)，B(2,4,1)，C(a,3，b＋2)共線，那么a－b＝________.19．已知空間三點A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．(1)求以向量eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AC,\s\up7(→))為一組鄰邊的平行四邊形的面積S；(2)若向量a分別與向量eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AC,\s\up7(→))垂直，且|a|＝eq\r(3)，求向量a的坐標．21.已知空間三點A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3，0,4)，設a＝eq\o(AB,\s\up15(→))，b＝eq\o(AC,\s\up15(→)).(1)求a與b的夾角θ的余弦值；(2)若向量ka＋b與ka－2b互相垂直，求k的值．（本小題満分12分）已知中心在原點的雙曲線C的右焦點為（2,0），右頂點為。（1）求雙曲線C的方程；（2）若直線l：與雙曲線C恒有兩個不同的交點A和B，且（其中O為原點），求k的取值范圍。1.D提示：4＋2＝4(3，－2,1)＋2(－2,4,0)＝(12，－8，4)＋(－4,8,0)＝(8,0,4)．2.D提示：eq\o(A1B,\s\up15(→))＝eq\o(A1A,\s\up15(→))＋eq\o(AB,\s\up15(→))＝－c＋(b－a)＝－a＋b－c.3\D提示：向量的夾角是兩個向量始點放在一起時所成的角，經(jīng)檢驗只有＝eq\f(1,2).4.C提示：eq\o(MA,\s\up7(→))＋eq\o(MB,\s\up7(→))＋eq\o(MC,\s\up7(→))＝0，即eq\o(MA,\s\up7(→))＝－(eq\o(MB,\s\up7(→))＋eq\o(MC,\s\up7(→)))，所以M與A、B、C共面．5\解析C∵a＋b，a－b分別與a、b、2a共面，∴它們分別與a＋b，a－b均不能構成一組基底．6.A提示：①(eq\o(A1D1,\s\up7(→))－eq\o(A1A,\s\up7(→)))－eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\o(AD1,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\o(BD,\s\up7(→))1；②(eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(BB1,\s\up7(→)))－eq\o(D1C1,\s\up7(→))＝eq\o(BC1,\s\up7(→))－eq\o(D1C1,\s\up7(→))＝eq\o(BD1,\s\up7(→))；③(eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→)))－2eq\o(DD1,\s\up7(→))＝eq\o(BD,\s\up7(→))－2eq\o(DD1,\s\up7(→))≠eq\o(BD1,\s\up7(→))；④(eq\o(B1D1,\s\up7(→))＋eq\o(A1A,\s\up7(→)))＋eq\o(DD1,\s\up7(→))＝eq\o(B1D,\s\up7(→))＋eq\o(DD1,\s\up7(→))＝eq\o(B1D1,\s\up7(→))≠eq\o(BD1,\s\up7(→))，故選A.7.D提示：∵ka－b＝(k＋1，－k－2，k－1)，a－3b＝(4，－7，－2)，(ka－b)⊥(a－3b)，∴4(k＋1)－7(－k－2)－2(k－1)＝0，∴k＝－eq\f(20,9).8\解析D∵b＋c＝(2,2,5)，∴a·(b＋c)＝(2，－3,1)·(2,2,5)＝3.9.解析D由已知條件得四邊形的四個外角均為銳角，但在平面四邊形中任一四邊形的外角和是360°，這與已知條件矛盾，所以該四邊形是一個空間四邊形．10.解析Aeq\o(OG1,\s\up7(→))＝eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(AG1,\s\up7(→))＝eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))＝eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\f(1,3)[(eq\o(OB,\s\up7(→))－eq\o(OA,\s\up7(→)))＋(eq\o(OC,\s\up7(→))－eq\o(OA,\s\up7(→)))]＝eq\f(1,3)(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→)))，由OG＝3GG1知，eq\o(OG,\s\up7(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OG1,\s\up7(→))＝eq\f(1,4)(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→)))，∴(x，y，z)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,4))).11\A解析由圖形知：eq\o(BM,\s\up15(→))＝eq\o(BB1,\s\up15(→))＋eq\o(B1M,\s\up15(→))＝eq\o(AA1,\s\up15(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→)))＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c.12.B解析①中a與b所在的直線也有可能重合，故①是假命題；②中當a＝0，b≠0時，找不到實數(shù)λ，使b＝λa，故②是假命題；可以證明③中A，B，C，M四點共面，因為eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up15(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up15(→))＝eq\o(OM,\s\up15(→))，等式兩邊同時加上eq\o(MO,\s\up15(→))，則eq\f(1,3)(eq\o(MO,\s\up15(→))＋eq\o(OA,\s\up15(→)))＋eq\f(1,3)(eq\o(MO,\s\up15(→))＋eq\o(OB,\s\up15(→)))＋eq\f(1,3)(eq\o(MO,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→)))＝0，即eq\o(MA,\s\up15(→))＋eq\o(MB,\s\up15(→))＋eq\o(MC,\s\up15(→))＝0，eq\o(MA,\s\up15(→))＝－eq\o(MB,\s\up15(→))－eq\o(MC,\s\up15(→))，則eq\o(MA,\s\up15(→))與eq\o(MB,\s\up15(→))，eq\o(MC,\s\up15(→))共面，又M是三個有向線段的公共點，故A，B，C，M四點共面，所以M是△ABC的重心，所以點M在平面ABC上，且在△ABC的內(nèi)部，故③是真命題．13.解析eq\o(AB,\s\up15(→))＝(3,4,5)，eq\o(AC,\s\up15(→))＝(1,2,2)，eq\o(AD,\s\up15(→))＝(9,14,16)，設eq\o(AD,\s\up15(→))＝xeq\o(AB,\s\up15(→))＋yeq\o(AC,\s\up15(→)).即(9,14,16)＝(3x＋y,4x＋2y,5x＋2y)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝3，))從而A、B、C、D四點共面．14.eq\f(4\r(3),3)解析向量a在b方向上的投影為：|a|·cosa，b＝eq\r(14)×eq\f(－1＋2＋3,\r(14)×\r(3))＝eq\f(4\r(3),3).15.3解析因為eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(AG,\s\up7(→))＝eq\o(OG,\s\up7(→))，eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(BG,\s\up7(→))＝eq\o(OG,\s\up7(→))，eq\o(OC,\s\up7(→))＋eq\o(CG,\s\up7(→))＝eq\o(OG,\s\up7(→))，且eq\o(AG,\s\up7(→))＋eq\o(BG,\s\up7(→))＋eq\o(CG,\s\up7(→))＝0，所以eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→))＝3eq\o(OG,\s\up7(→)).16.1解析:eq\o(AB,\s\up7(→))＝(1，－1,3)，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(a－2，－1，b＋1)，若使A、B、C三點共線，須滿足eq\o(BC,\s\up7(→))＝λeq\o(AB,\s\up7(→))，即(a－2，－1，b＋1)＝λ(1，－1,3)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2＝λ，,－1＝－λ，,b＋1＝3λ，))解得a＝3，b＝2，所以a－b＝1.17.解析(1)eq\o(EF,\s\up15(→))·eq\o(BA,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up15(→))·eq\o(BA,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)|eq\o(BD,\s\up15(→))||eq\o(BA,\s\up15(→))|cos〈eq\o(BD,\s\up15(→))，eq\o(BA,\s\up15(→))〉＝eq\f(1,2)cos60°＝eq\f(1,4).(2)eq\o(EF,\s\up15(→))·eq\o(BD,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up15(→))·eq\o(BD,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)cos0°＝eq\f(1,2).(3)eq\o(EF,\s\up15(→))·eq\o(DC,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up15(→))·eq\o(DC,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)|eq\o(BD,\s\up15(→))||eq\o(DC,\s\up15(→))|cos〈eq\o(BD,\s\up15(→))，eq\o(DC,\s\up15(→))〉＝eq\f(1,2)cos120°＝－eq\f(1,4).18.解析∵eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\o(AC,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→))，∴eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))－eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝|eq\o(OA,\s\up7(→))|·|eq\o(AC,\s\up7(→))|·cos〈eq\o(OA,\s\up7(→))，eq\o(AC,\s\up7(→))〉－|eq\o(OA,\s\up7(→))|·|eq\o(AB,\s\up7(→))|·cos〈eq\o(OA,\s\up7(→))，eq\o(AB,\s\up7(→))〉＝8×4×cos135°－8×6×cos120°＝24－16eq\r(2).∴cos〈eq\o(OA,\s\up7(→))，eq\o(BC,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(OA,\s\up7(→))·\o(BC,\s\up7(→)),|\o(OA,\s\up7(→))|·|\o(BC,\s\up7(→))|)＝eq\f(24－16\r(2),8×5)＝eq\f(3－2\r(2),5).∴OA與BC夾角的余弦值為eq\f(3－2\r(2),5).19.解析(1)∵eq\o(AB,\s\up7(→))＝(－2，－1,3)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(1，－3,2)，∴cos∠BAC＝eq\f(\o(AB,\s\up7(→))·\o(