2021高考一輪復(fù)習(xí)：7.5空間向量達(dá)標(biāo)訓(xùn)練(配套)

第頁(yè)7.5空間向量一、選擇題1．已知a＝(2,1,－3)，b＝(－1,2,3)，c＝(7,6,λ)，若a，b，c三向量共面，則λ＝()A．9 B．－9C．－3 D.32．在空間四邊形ABCD中，eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(DB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝()A．－1 B．0C．1 D.不確定3．(多選題)已知點(diǎn)A(x，1，2)和點(diǎn)B(2，3，4)，且|AB|＝2eq\r(6)，則實(shí)數(shù)x的值可能是()A．－3 B．4 C．6 D．－24．已知a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，若a⊥(a－λb)，則實(shí)數(shù)λ＝()A．－2 B．－eq\f(14,3) C.eq\f(14,3) D．25．在四面體ABCD中，E，G分別是CD，BE的中點(diǎn)，若eq\o(AG,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))＋zeq\o(AC,\s\up6(→))，則x＋y＋z＝()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2) C．1 D．26．在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，下列計(jì)算結(jié)果一定不等于0的是()A.eq\o(AD1,\s\up6(→))·eq\o(B1C,\s\up6(→)) B.eq\o(BD1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))C.eq\o(DC,\s\up6(→))·eq\o(AD1,\s\up6(→)) D.eq\o(BD1,\s\up6(→))·eq\o(B1C1,\s\up6(→))7．在空間直角坐標(biāo)系中，A(4，1，9)，B(10，－1，6)，C(2，4，3)，則△ABC為()A．等邊三角形B．等腰直角三角形C．鈍角三角形D．銳角三角形8．在空間直角坐標(biāo)系O－xyz中，四面體ABCD各頂點(diǎn)坐標(biāo)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()A．16π B．12π C．4eq\r(3)π D．6π9．在棱長(zhǎng)為4的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在棱AA1和AB上，且C1E⊥EF，則AF的最大值為()A.eq\f(1,2) B．1 C.eq\f(3,2) D．2二、填空題10．已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a，b，c三向量共面，則λ＝__________．11．已知2a＋b＝(0，－5，10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，則以b，c為方向向量的兩直線的夾角為_(kāi)_________．12．如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為4，點(diǎn)Q在棱AA1上，且AQ＝3A1Q，EFGC1是面BCC1B1內(nèi)的正方形，且C1E＝1，P是面BCC1B1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，且P到平面CDD1C1的距離等于線段PF的長(zhǎng)，則線段PQ長(zhǎng)度的最小值為_(kāi)_______．三、解答題13．如圖，已知矩形ABCD所在平面外一點(diǎn)P，PA⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝2，PA＝2，E，F(xiàn)分別是AB，PC的中點(diǎn)．求證：(1)EF∥平面PAD；(2)CD⊥EF.14．如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB＝4，BC＝3，AD＝5，∠DAB＝∠ABC＝90°，E是CD的中點(diǎn)，求證：CD⊥平面PAE.

參考答案1．B解析：由題意知c＝xa＋yb，即(7,6，λ)＝x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y＝7，,x＋2y＝6，,－3x＋3y＝λ，))解得λ＝－9.2．B解析：如圖，令eq\o(AB,\s\up7(→))＝a，eq\o(AC,\s\up7(→))＝b，eq\o(AD,\s\up7(→))＝c，則eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(DB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.3．CD解析：由題意，得|AB|＝eq\r(（x－2）2＋（1－3）2＋（2－4）2)＝2eq\r(6).解得x＝6或x＝－2.故選CD.4．D解析：由題意知a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，∴14－7λ＝0.解得λ＝2.5．C解析：如圖，連接AE.∵E，G分別是CD，BE的中點(diǎn)，∴eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))，∴eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AD,\s\up6(→)).又eq\o(AG,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))＋zeq\o(AC,\s\up6(→))，∴x＋y＋z＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)＝1.故選C.6．D解析：如圖，以D為原點(diǎn)，分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為b，a，c，則A(a，0，0)，B(a，b，0)，C(0，b，0)，D(0，0，0)，B1(a，b，c)，C1(0，b，c)，D1(0，0，c)，∴eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－a，0，c)，eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(－a，0，－c)，eq\o(BD1,\s\up6(→))＝(－a，－b，c)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－a，b，0)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，b，0)，eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(－a，0，0)，∴eq\o(AD1,\s\up6(→))·eq\o(B1C,\s\up6(→))＝a2－c2，當(dāng)a＝c時(shí)，eq\o(AD1,\s\up6(→))·eq\o(B1C,\s\up6(→))＝0；eq\o(BD1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝a2－b2，當(dāng)a＝b時(shí)，eq\o(BD1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0；eq\o(DC,\s\up6(→))·eq\o(AD1,\s\up6(→))＝0，eq\o(BD1,\s\up6(→))·eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝a2≠0.故選D.7．B解析：因?yàn)锳B2＝(10－4)2＋(－1－1)2＋(6－9)2＝49，AC2＝(2－4)2＋(4－1)2＋(3－9)2＝49，BC2＝(2－10)2＋(4＋1)2＋(3－6)2＝98，所以AB2＋AC2＝BC2.所以△ABC為等腰直角三角形．故選B.8．B解析：在空間坐標(biāo)系里畫出A，B，C，D四個(gè)點(diǎn)，可得BA⊥AC，DC⊥平面ABC，因此可以把四面體D－ABC補(bǔ)成一個(gè)長(zhǎng)方體，其外接球的半徑R＝eq\f(\r(22＋22＋22),2)＝eq\r(3)，所以該四面體外接球的表面積為4πR2＝12π.故選B.9．B解析：分別以AB，AD，AA1所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則C1(4，4，4)，設(shè)E(0，0，z)，z∈[0，4]，F(xiàn)(x，0，0)，x∈[0，4]，則AF＝x.eq\o(EC1,\s\up6(→))＝(4，4，4－z)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(x，0，－z)．因?yàn)镃1E⊥EF，所以eq\o(EC1,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝0，即z2＋4x－4z＝0，x＝z－eq\f(1,4)z2＝－eq\f(1,4)(z－2)2＋1.當(dāng)z＝2時(shí)，x取得最大值1.所以AF的最大值為1.故選B.10.eq\f(65,7)解析：∵a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，a，b，c三向量共面，∴存在實(shí)數(shù)p，q，使得c＝pa＋qb.∴(7，5，λ)＝(2p－q，－p＋4q，3p－2q)．∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2p－q＝7，,4q－p＝5，,λ＝3p－2q.))解得p＝eq\f(33,7)，q＝eq\f(17,7)，λ＝eq\f(65,7).11．60°解析：由題意，得(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10，即2a·c＋b·c＝－10.又∵a·c＝4，∴b·c＝－18.∴cos〈b，c〉＝eq\f(b·c,|b|·|c|)＝eq\f(－18,12×\r(1＋4＋4))＝－eq\f(1,2).∴〈b，c〉＝120°.∴以b，c為方向向量的兩直線的夾角為60°.12.eq\r(22)解析：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，過(guò)Q作QM⊥BB1，連接MP，則QM⊥MP?PQ2＝QM2＋MP2＝16＋MP2，當(dāng)MP最小時(shí)，PQ最?。O(shè)P(x，4，z)，F(xiàn)(1，4，3)，M(4，4，3)，N(0，4，z)，0≤x≤4，0≤z≤4.∵P到平面CDD1C1的距離等于線段PF的長(zhǎng)，∴PN＝PF，∴x＝eq\r(（x－1）2＋（z－3）2)，整理，得2x－1＝(z－3)2，MP2＝(x－4)2＋(z－3)2＝x2－6x＋15＝(x－3)2＋6≥6，∴當(dāng)x＝3時(shí)，MP2有最小值6，∴PQ2的最小值為22，∴(PQ)min＝eq\r(22).13．證明：(1)如圖，以A為原點(diǎn)，AB，AD，AP所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．∵E為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)為PC的中點(diǎn)，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，1))，∴eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0，2)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，2，0)，∴eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))，∴eq\o(EF,\s\up6(→))與eq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))共面．∵EF?平面PAD，∴EF∥平面PAD.(2)由(1)知eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，∴eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，0，0)·(0，1，1)＝0，∴CD⊥EF.14．證明：由題意知PA，AB，AD兩兩垂直，∴以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)PA＝h，則相關(guān)的各點(diǎn)坐標(biāo)為A(0，0，0)，B(4，0