（福建專用）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 新人教A-新人教A高三數(shù)學試題

課時規(guī)范練42空間向量及其運算一、基礎(chǔ)鞏固組1.已知空間四邊形OABC中,OA=a,OB=b,OC=c,點M在OA上,且OM=2MA,N為BC中點,則MN=()A.12a-23b+12c B.-23a+C.12a+12b-12c D.23a+2.設(shè)一地球儀的球心為空間直角坐標系的原點O,球面上的兩個點A,B的坐標分別為A(1,2,2),B(2,-2,1),則|AB|等于()A.18 B.12 C.32 D.233.已知正方體ABCD-A1B1C1D1中,點E為上底面A1C1的中心,若AE=AA1+xAB+yAD,則A.x=1,y=1 B.x=1,y=1C.x=12,y=12 D.x=124.向量a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),下列結(jié)論正確的是()A.a∥b,a∥c B.a∥b,a⊥cC.a∥c,a⊥b D.以上都不對5.A,B,C,D是空間不共面的四點,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6.(2017浙江舟山模擬)平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,向量AB,AD,AA1兩兩的夾角均為60°,且|AB|=1,|AD|=2,|AAA.5 B.6 C.4 D.87.已知空間向量a,b,滿足|a|=|b|=1,且a,b的夾角為π3,O為空間直角坐標系的原點,點A,B滿足OA=2a+b,OB=3a-b,則△OAB8.在空間直角坐標系中,以點A(4,1,9),B(10,-1,6),C(x,4,3)為頂點的△ABC是以BC為斜邊的等腰直角三角形,則實數(shù)x的值為.

9.(2017寧夏銀川模擬)已知點A(1,2,1),B(-1,3,4),D(1,1,1),若AP=2PB,則|PD|的值是.

10.如圖,在棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中,G為△BC1D求證:(1)A1,G,C三點共線;(2)A1C⊥平面BC1?導學號21500751?二、綜合提升組11.已知AB=(2,2,-2),BC=(1,y,z),若AB∥BC,BP=(x-1,y,1),且BP⊥AB,則實數(shù)x,y,A.5,-1,1 B.1,1,-1C.-3,1,1 D.4,1,-212.(2017安徽合肥質(zhì)檢)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,BC=2,AA1=3,點M是BC的中點,點P∈AC1,Q∈MD,則PQ長度的最小值為(A.1 B.43 C.213.(2017內(nèi)蒙古包頭模擬)如圖所示,PD垂直于正方形ABCD所在平面,AB=2,E為PB的中點,cos<DP,AE>=33,若以DA,DC,DP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,則點E的坐標為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:EF⊥CD.(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.三、創(chuàng)新應用組15.如圖,四邊形ABCD和ADPQ均為正方形,它們所在的平面互相垂直,動點M在線段PQ上,E,F分別為AB,BC的中點.設(shè)異面直線EM與AF所成的角為θ,則cosθ的最大值為.

16.如圖所示的直三棱柱ABC-A1B1C1,在其底面三角形ABC中,CA=CB=1,∠BCA=90°,棱AA1=2,M,NA1B1,A1A的中點(1)求BN的模;(2)求cos<BA1(3)求證:A1B⊥C1M?導學號21500753?課時規(guī)范練42空間向量及其運算1.BMN=ON-OM=12(OB+OC)-2.C|AB|=(1-23.C如圖,AE=AA4.C因為c=(-4,-6,2)=2(-2,-3,1)=2a,所以a∥c.又a·b=(-2)×2+(-3)×0+1×4=0,所以a⊥b5.C∵M為BC中點,∴AM=∴AM·AD=1∴AM⊥AD,△AMD為直角三角形.6.A設(shè)AB=a,AD=b,AA1=c,則AC1=a+b+c,|AC1|2=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2c·7.534由OA=2a+b,OB=|OA|=(2a+b)2=7,|OB|=(3a-b∴cos∠BOA=OA·∴sin∠BOA=5∴S△OAB=12|OA||OB|sin8.2由題意知AB·AC=0,|AB|=|AC|.∵AB=(6,-2,-3),AC=(x-∴6(x-9.773設(shè)P(x,y,z),則AP=(x-1,y-2,z-1),PB=(-1-x,3-y,4-z).由AP=2PB,得點P坐標為-13,83,10.證明(1)CA1=CB=13(CB+∴CG∥CA1,即A1,(2)設(shè)CB=a,CD=b,CC1=則|a|=|b|=|c|=a,且a·b=b·c=c·a=0.∵CA1=a+b+c,B∴CA1·BC1==c2-a2=0.因此CA即CA1⊥BC1.同理CA1⊥BD.又BD與BC1是平面BC1D內(nèi)的兩條相交直線,故A1C⊥平面BC111.B∵AB∥BC,∴12=y2∵BP⊥AB,∴2(x-1)+2y-2=0,解得x=1.12.C根據(jù)題意建立如圖所示的空間直角坐標系,設(shè)P(x0,2x0,3-3x0),Q(x1,2-x1,3),x0∈[0,1],x1∈[0,1],所以PQ=(x當且僅當x0=29,x1=89時,PQ取得最小值,即PQmin13.(1,1,1)由已知得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),設(shè)P(0,0,a)(a>0),則E1,1,a2,所以DP=(0,0,a),AE=-1,又cos<DP,AE>=33,所以0×(-1)+0×1+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(shè)AD=a,則D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),Ea,a2,0,PEF=-a2,∵EF·DC=即EF⊥CD.(2)解假設(shè)存在滿足條件的點G,設(shè)G(x,0,z),則FG=x-a2,-則由FG·CB=

x-a2,-a2,z-a2

·由FG·CP=

x-a2,-a2,z-a2

·(0,-a,a)∴點G坐標為a2,0,0,即存在滿足條件的點G,且點15.25以A為坐標原點,射線AB,AD,AQ分別為x,y,z設(shè)正方形ABCD和ADPQ的邊長為2,則E(1,0,0),F(2,1,0),M(0,y,2)(0≤y≤2).所以AF=(2,1,0),EM=(-1,y,2).所以AF·EM=-2+y,|AF|=5,|EM所以cosθ=|=|-令2-y=t,則y=2-t,且t∈[0,2].所以cosθ=t=t當t=0時,cosθ=0.當t≠0時,cosθ=1=15由t∈(0,2],得1t所以9≥所以0<cosθ≤即cosθ的最大值為216.(1)解如圖,建立空間直角坐標系.依題意得B(0,1,0),