高三一輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)試題（人教版新高考新教材）考點(diǎn)規(guī)范練38　空間向量及其運(yùn)算

考點(diǎn)規(guī)范練38空間向量及其運(yùn)算一、基礎(chǔ)鞏固1.若向量c垂直于不共線的向量a和b,d=λa+μb(λ,μ∈R,且λμ≠0),則()A.c∥dB.c⊥dC.c不平行于d,c也不垂直于dD.以上三種情況均有可能2.(多選)已知點(diǎn)P是△ABC所在的平面外一點(diǎn),若AB=(2,1,4),AP=(1,2,1),AC=(4,2,0),則()A.AP⊥AB B.AP⊥BPC.BC=53 D.AP∥BC3.已知A,B,C,D是空間不共面的四點(diǎn),且滿足AB·AC=0,AC·AD=0,AB·AD=0,M為BCA.鈍角三角形 B.銳角三角形C.直角三角形 D.不確定4.已知點(diǎn)A(4,1,3),B(2,3,1),C(3,7,5),點(diǎn)P(x,1,3)在平面ABC內(nèi),則x的值為()A.4 B.1 C.10 D.115.在空間四邊形ABCD中,AB·CD+A.1 B.0 C.1 D.26.在三棱錐OABC中,M是OA的中點(diǎn),P是△ABC的重心.設(shè)OA=a,OB=b,OC=c,則MP=()A.12a16b+13c B.13aC.16a+13b+13c D.a+17.已知點(diǎn)O(0,0,0),A(1,2,3),B(2,1,2),P(1,1,2),點(diǎn)Q在直線OP上運(yùn)動(dòng).當(dāng)QA·QB最小時(shí),點(diǎn)Q的坐標(biāo)是8.已知空間四邊形OABC各邊及其對(duì)角線OB,AC的長(zhǎng)都是6,且AM=2MB,MG=GC,OG=xOA+yOB+zOC,則x+y+z=9.已知長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中,|AB|=|BC|=2,|D1D|=3,N是AB的中點(diǎn),M是B1C1的中點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.(1)寫出點(diǎn)D,N,M的坐標(biāo);(2)求線段MD,MN的長(zhǎng)度;(3)判斷直線DN與直線MN是否互相垂直,并說明理由.10.如圖,在棱長(zhǎng)為a的正方體ABCDA1B1C1D1中,G為△BC1D的重心,求證:(1)A1,G,C三點(diǎn)共線;(2)A1C⊥平面BC1D.二、綜合應(yīng)用11.(多選)在平行六面體ABCDA1B1C1D1中,若∠BAD=∠A1AB=∠A1AD=π3,各棱長(zhǎng)均為1,則下列結(jié)論正確的是(A.{AC,B.<AD,DDC.|BD1D.BD⊥平面ACC1A112.已知空間四邊形ABCD的每條邊和對(duì)角線的長(zhǎng)都等于a,E,F分別是BC,AD的中點(diǎn),則AE·AF的值為(A.a2 B.12a2 C.14a2 D.313.如圖,在直三棱柱ABCA1B1C1中,CA=CB=1,∠BCA=90°,棱AA1=2,M,N分別是A1B1,A1A的中點(diǎn).(1)求BN的模;(2)求cos<BA1(3)求證:A1B⊥C1M.14.如圖,在三棱柱ABCA1B1C1中,底面邊長(zhǎng)和側(cè)棱長(zhǎng)都等于1,∠BAA1=∠CAA1=60°.(1)設(shè)AA1=a,AB=b,AC=c,用向量a,b,c表示BC1(2)求異面直線AB1與BC1所成角的余弦值.三、探究創(chuàng)新15.如圖,在四棱錐PABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥DC,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,E為棱PC的中點(diǎn).(1)證明:BE⊥PD;(2)若F為棱PC上一點(diǎn),滿足BF⊥AC,求線段PF的長(zhǎng).

考點(diǎn)規(guī)范練38空間向量及其運(yùn)算1.B由題意,得c垂直于由a,b確定的平面.∵d=λa+μb,∴d與a,b共面.∴c⊥d.2.AC因?yàn)锳P·AB=0,故A正確;BP=(3,3,3),AP·BP=3+63=6≠0,故B不正確;BC=(6,1,4),|BC|=62+12+(-4)2=53,故C正確;AP=(1,2,1),3.C∵M(jìn)為BC的中點(diǎn),∴AM=∴AM·=12AB·∴AM⊥AD,即△AMD為直角三角形.4.D∵點(diǎn)P(x,1,3)在平面ABC內(nèi),∴存在實(shí)數(shù)λ,μ,使得AP=λAB+μ∴(x4,2,0)=λ(2,2,2)+μ(1,6,8),即x可得x=11.5.B如圖,令A(yù)B=a,AC=b,AD=c,則AB·CD+AC·DB+AD·BC=AB·=a·(cb)+b·(ac)+c·(ba)=a·ca·b+b·ab·c+c·bc·a=0.6.C如圖,取AB的中點(diǎn)D,連接CD,MC,OD,則點(diǎn)P在CD上,且CMP=MC+CP=(OC?OM)+23CD=OC-12OA+23(OD?OC)=c-12a+23OD7.43,43,83設(shè)OQ=λOP=(λ,λ,2λ),λ∈R,則QA=(1λ,2λ,32λ),QB=(2λ,1λ,22λ).故QA·QB=(1λ)(2λ)+(2λ)(1λ)+(32λ)(22λ)所以當(dāng)λ=43時(shí),QA·QB取得最小值23,此時(shí)OQ8.15由題意知空間四邊形OABC為正四面體.OG=OM+MG=OA+23AB+12MC∵OA·OB=OA·OC=OB·OC∴|OG|2=OG2=16OA+13OB+12OC∴|OG|=5.9.解(1)∵D為坐標(biāo)原點(diǎn),∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為(0,0,0).由|AB|=|BC|=2,|D1D|=3,得點(diǎn)A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),B1(2,2,3),C1(0,2,3),∵N是AB的中點(diǎn),M是B1C1的中點(diǎn),∴點(diǎn)N(2,1,0),M(1,2,3).(2)|MD|=(1|MN|=((3)直線DN與直線MN不垂直.理由:由(1)中各點(diǎn)坐標(biāo)得DN=(2,1,0),MN=(1,1,3),∴DN·MN=(2,1,0)·(1,1,3)=1∴DN與∴直線DN與直線MN不垂直.10.證明(1)CA1=CB+BA+∴CG即A1,G,C三點(diǎn)共線.(2)設(shè)CB=a,CD=b,CC1=c,則|a|=|b|=|c|=a,且a·b=b·c=c·a=∵CA1=a+b+c,BC∴CA1·BC1=(a+b+c)·(ca)∴C即CA1⊥BC1.同理CA1⊥BD,又BD∩BC1=B,∴A1C⊥平面BC1D.11.ACD對(duì)于A,由BB1∥CC1所以{AC,AC1,BB對(duì)于B,因?yàn)椤螦1AD=π3,所以∠ADD1=2π3,所以<AD,DD1>=對(duì)于C,|BD1|2=(BA+AD+DD1)2=BA2+AD2+DD12+2BA·AD+2BA·DD1+2所以|BD1|=2,故C對(duì)于D,設(shè)BD交AC于點(diǎn)O,連接A1O,A1D,A1B,如圖,由題意可得四邊形ABCD為菱形,A1D=A1B,所以BD⊥AC,BD⊥A1O,又AC∩A1O=O,所以BD⊥平面ACC1A1,故D正確.12.C如圖,設(shè)AB=a,AC=b,AD=c,則|a|=|b|=|c|=a,且a,b,c三個(gè)向量?jī)蓛傻膴A角為60°.AE=12(a+b),故AE·AF=12(a+b)·12c=14(=14(a2cos60°+a2cos60°)=14a13.解如圖,建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.(1)依題意得點(diǎn)B(0,1,0),N(1,0,1),∴|BN|=(1-(2)依題意得點(diǎn)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|=6,|C∴cos<BA1(3)證明:依題意,得點(diǎn)C1(0,0,2),M12,12,2,A1B=(1,1,2),∴A∴A1B⊥C1M.14.解(1)BC1=BB1+B1C1=BB1+A1C1?A1B1=AA1+AC?AB=a+cb.又a·b所以|BC1|=(a+(2)因?yàn)锳B1=a+b,所以|AB因?yàn)锳B1·BC1=(a+b)·(a+cb)=a2+a·ca·b+b·a+c·bb2=1所以cos<AB1所以異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為615.解∵PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,∴以A為原點(diǎn),AB所在直線為x軸,AD所在直線為y軸,AP所在直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示.由題意得點(diǎn)B(1,0,0),P(0,0,2),C(2,2,0),E(1,1,1),D(0,2,0).(1)證