2020版高考數(shù)學一輪復習 課時規(guī)范練42 空間向量及其運算 理 北師大版.doc

課時規(guī)范練42空間向量及其運算基礎鞏固組1.空間任意四個點A、B、C、D,則BA+CB-CD等于()A.DBB.ADC.DAD.AC2.(2018河北衡水一中二模,理4)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,底面是邊長為1的正方形,若A1AB=A1AD=60,且A1A=3,則A1C的長為()A.5B.22C.14D.173.(2018安徽蕪湖期末,4)在四面體O-ABC中,點M在OA上,且OM=2MA,N為BC的中點,若OG=13OA+x4OB+x4OC,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=(3,1,0),b=(1,0,z),<a,b>=3,則實數(shù)z的值為()A.2B.2C.2D.25.A,B,C,D是空間不共面的四點,且滿足ABAC=0,ACAD=0,ABAD=0,M為BC中點,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3,O為空間直角坐標系的原點,點A,B滿足OA=2a+b,OB=3a-b,則OAB的面積為.7.已知向量p在基底a,b,c下的坐標為(2,1,-1),則p在基底a+b,a-b,c下的坐標為,在基底2a,b,-c下的坐標為.8.(2018上海金山中學期中,14)設正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為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吉林實驗中學一模,11)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=4,AB=BC=2,動點P,Q分別在線段C1D,AC上,則線段PQ長度的最小值是()A.223B.233C.D.25310.如圖,在棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中,G為BC1D的重心,求證:(1)A1,G,C三點共線;(2)A1C平面BC1D.綜合提升組11.(2018遼寧本溪期中,9)已知點A(1,-2,0)和向量a=(-3,4,6),|AB|=2|a|,且AB與a方向相反,則點B坐標為()A.(-7,6,12)B.(7,-10,-12)C.(7,-6,12)D.(- 7,10,12)12.(2018四川三臺期中,9)點P是棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1上一點,則PAPC1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:(AA1+AD+AB)2=3AB2;A1C(A1B1-A1A)=0;AD1與A1B的夾角為60;正方體的體積為|ABAA1AD|.其中正確命題的序號是.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.(1)求證:EFCD.(2)在平面PAD內(nèi)是否存在一點G,使GF平面PCB.若存在,求出點G坐標;若不存在,試說明理由.創(chuàng)新應用組15.(2018四川瀘州一模,14)已知球O是棱長為2的正八面體(八個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P為正八面體表面上的一個動點,則PMPN的取值范圍是.16.(2018河北衡水調(diào)研,18)設全體空間向量組成的集合為V,a=(a1,a2,a3)為V中的一個單位向量,建立一個“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(xa)a(xV).(1)設u=(1,0,0),v=(0,0,1),若f(u)=v,求向量a;(2)對于V中的任意兩個向量x,y,證明:f(x)f(y)=xy;(3)對于V中的任意單位向量x,求|f(x)-x|的最大值.參考答案課時規(guī)范練42空間向量及其運算1.CBA+CB-CD=CA+DC=DA.故選C.2.A因為A1C=A1B1+A1D1+A1A,所以|A1C|2=(A1B1+A1D1+A1A)2=|A1B1|2+|A1D1|2+|A1A|2+2(A1B1A1D1+A1B1A1A+A1D1A1A)=1+2+9+2(12cos 45+13cos 120+23cos 135)=5.故A1C的長為5.故選A.3.AON= (OB+OC),OM=23OA.假設G與M,N共線,則存在實數(shù)使得OG=ON+(1-)OM= (OB+OC)+2(1-)3OA,與OG=13OA+x4OB+x4OC比較可得2(1-)3=,=,解得x=1.故選A.4.C|a|=(3)2+12=2,|b|=1+z2,ab=3.cos=ab|a|b|=321+z2=,化為z2=2,解得z=2.故選C.5.CM為BC中點,AM= (AB+AC).AMAD=12(AB+AC)AD=12ABAD+12ACAD=0.AMAD,AMD為直角三角形.6.534由OA=2a+b,OB=3a-b,得|OA|=(2a+b)2=7,|OB|=(3a-b)2=7,OAOB=(2a+b)(3a-b)=112.cosBOA=OAOB|OA|OB|=1114,sinBOA=5314.SOAB=12|OA|OB|sinBOA=534.7., ,-1(1,1,1)由條件p=2a+b-c.設p在基底a+b,a-b,c下的坐標為(x,y,z),則p=x(a+b)+y(a-b)+zc=(x+y)a+(x-y)b+zc,因為a,b,c不共面,所以x+y=2,x-y=1,z=-1,所以x=32,y=12,z=-1,即p在基底a+b,a-b,c下的坐標為32,12,-1,同理可求p在基底2a,b,-c下的坐標為(1,1,1).故答案為32,12,-1,(1,1,1).8.26,42建立如圖所示的空間直角坐標系,則B(2,2,2),D1(0,0,0),設與棱CC1的交點為P,與棱AA1的交點為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=|BD1|PQ|=23|PQ|.設Q(x,x,x),P(0,2,y),則D1B=(2,2,2),PQ=(x,x-2,x-y).因為D1BPQ=0,故2x+2(x-2)+2(x-y)=0,即3x-y-2=0,故y=3x-2.因03x-22,故23x43.又|PQ|=x2+(x-2)2+(x-y)2=x2+(x-2)2+(2x-2)2=6x2-12x+8=6(x-1)2+2,其中23x43,所以2|PQ|263,故26S42,填26,42.9.C建立如圖所示空間直角坐標系,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=5(t-m5)2+95(m-109)2+169,當且僅當5t=m=109時,PQ取最小值,選C.10.證明 (1)CA1=CB+BA+AA1=CB+CD+CC1,CG=CC1+C1G=CC1+ (C1B+C1D)=CC1+ (CB-CC1+CD-CC1)= (CB+CD+CC1)=13CA1,CGCA1,即A1,G,C三點共線.(2)設CB=a,CD=b,CC1=c,則|a|=|b|=|c|=a,且ab=bc=ca=0.CA1=a+b+c,BC1=c-a,CA1BC1=(a+b+c)(c-a)=c2-a2=0.因此CA1BC1,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B(x,y,z),A(1,-2,0),AB=(x-1,y+2,z).|AB|=2|a|,且AB與a方向相反,a=(-3,4,6),AB=-2a=(6,-8,-12),x-1=6,y+2=-8,z=-12,解得x=7,y=-10,z=-12,B(7,-10,-12),故選B.12.D以點D為原點,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,建立空間直角坐標系,如圖所示;則點A(1,0,0),C1(0,1,1),設點P的坐標為(x,y,z),由題意可得0x1,0y1,z=1,PA=(1-x,-y,-1),PC1=(-x,1-y,0),PAPC1=-x(1-x)-y(1-y)+0=x2-x+y2-y=x-122+y-122-12,由二次函數(shù)的性質(zhì)可得,當x=y=12時PAPC1取得最小值為-12;當x=0或1,且y=0或1時,PAPC1取得最大值為0,則PAPC1的取值范圍是-12,0.故選D.13.(AA1+AD+AB)2=AA12+AD2+AB2+2AA1AD+2AA1AB+2ADAB=3AB2,故正確.A1C(A1B1-A1A)=A1CAB1=0,故正確.因為A1BD1C,AD1、AC、D1C均為面對角線,所以三角形AD1C為等邊三角形,而AD1與A1B的夾角為D1C與D1A的夾角的補角.所以AD1與A1B的夾角為120,故錯誤.正方體的體積為|AB|AA1|AD|,而|ABAA1AD|=0,故錯誤.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系,設AD=a,則D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),Ea,a2,0,P(0,0,a),Fa2,a2,a2.EF=-a2,0,a2,DC=(0,a,0).EFDC=0,EFDC,即EFCD.(2)解 假設存在滿足條件的點G,設G(x,0,z),則FG=x-a2,-a2,z-a2,若使GF平面PCB,則由FGCB=x-a2,-a2,z-a2(a,0,0)=ax-a2=0,得x=a2.由FGCP=x-a2,-a2,z-a2(0,-a,a)=a22+az-a2=0,得z=0.點G坐標為a2,0,0,即存在滿足條件的點G,且點G為AD的中點.15.0, 設球O的半徑為R,則21=3R,解得R=63.|OP|63,2.可得PMPN=(OM-OP)(ON-OP)=OP2-R2=OP2-0, .16.解 (1)依題意得f(u)=-u+2(ua)a=v,設a=(x,y,z),代入運算得2x2-1=0,2xy=0,2xz=1a=22,0,22或a=-22,0,-22;(2)證明 設x=(a,b,c),y=(m,n,t),a=(a1,a2,a3),則f(x)f(y)=-x+2(xa)a-y+2(ya)a=xy-4(ya)(xa)+4(ya)(xa)(a)2=xy-4(ya)(xa)+4(ya)(xa)=xy.從而得證;(3)設x與a的夾角為,則xa=|x|a|cos =cos ,則|f(x)-x|=|2x-2(xa)a|=(2x-2acos)2=4-4cos22,故最大值為2.