2025版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時規(guī)范練36空間向量及其運算含解析新人教A版

課時規(guī)范練36空間向量及其運算基礎(chǔ)鞏固組1.(2024江西南昌八一中學(xué)質(zhì)檢)已知向量a=(-2,x,2),b=(2,1,2),c=(4,-2,1).若a⊥(b-c),則x的值為()A.-2 B.2 C.3 D.-32.在下列條件中,使M與A,B,C肯定共面的是()A.OMB.OMC.MA+MBD.OM+OA3.(多選)給出下列命題,其中正確命題有()A.空間隨意三個不共面的向量都可以作為一個基底B.已知向量a∥b,則a,b與任何向量都能構(gòu)成空間的一個基底C.A,B,M,N是空間四點,若BA,BM,BN不能構(gòu)成空間的一個基底,那么A,B,D.已知向量{a,b,c}是空間的一個基底,若m=a+c,則{a,b,m}也是空間的一個基底4.下列向量與向量a=(1,-2,1)共線的單位向量為()A.-12,-C.-12,5.空間中三點A(0,1,0),B(2,2,0),C(-1,3,1),則下列說法正確的是()A.AB與B.AB的單位向量是2C.AB與BCD.平面ABC的一個法向量是(1,-2,5)6.(2024四川三臺中學(xué)試驗學(xué)校高三月考)如圖,設(shè)OA=a,OB=b,OC=c,若AN=NB,BM=2MC,則MNA.12a+16b-B.-12a-16b+C.12a-16b-D.-12a+16b+7.若a=(2,-3,5),b=(-3,1,2),則|a-2b|=()A.72 B.52 C.310 D.638.(多選)已知向量a=(1,-1,m),b=(-2,m-1,2),則下列結(jié)論中正確的是()A.若|a|=2,則m=±2B.若a⊥b,則m=-1C.不存在實數(shù)λ,使得a=λbD.若a·b=-1,則a+b=(-1,-2,-2)9.已知a=(3,2λ-1,1),b=(μ+1,0,2μ).若a⊥b,則μ=;若a∥b,則λ+μ=.

10.(2024上海七寶中學(xué)期末)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,給出下面四個命題:①(A1A+A1D1+A1B1)2=3(A1A)2;②AD1與A1B11.(2024山東曲阜試驗中學(xué)單元測試)如圖,在四棱錐S-ABCD中,底面ABCD是邊長為1的正方形,點S到點A,B,C,D的距離都等于2.給出以下結(jié)論:①SA+SB+SC+SD=0;②DA+SB-SC-SD=0;③其中全部正確結(jié)論的序號是.

12.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,O為AC的中點.(1)化簡:A1(2)設(shè)E是棱DD1上的點,且DE=23DD1,若EO=xAB+yAD+zAA1,綜合提升組13.已知向量{a,b,c}是空間向量的一個基底,向量{a+b,a-b,c}是空間向量的另外一個基底,若一向量p在基底{a,b,c}下的坐標(biāo)為(1,2,3),則向量p在基底{a+b,a-b,c}下的坐標(biāo)為()A.12,3C.3,-1214.已知空間直角坐標(biāo)系O-xyz中,OA=(1,2,3),OB=(2,1,2),OP=(1,1,2),點Q在直線OP上運動,則當(dāng)QA·QB取得最小值時,點Q的坐標(biāo)為(A.12,3C.43,415.(2024山東煙臺高三期末)如圖所示的平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,已知AB=AA1=AD,∠BAD=∠DAA1=60°,∠BAA1=30°,N為A1D1上一點,且A1N=λA1D1.若BD⊥AN,則λ的值為;若M為棱DD1的中點,BM∥平面AB1N,則λ的值為.

創(chuàng)新應(yīng)用組16.如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,P為側(cè)棱CC1上一點.(1)求證:側(cè)棱CC1上不存在點P使B1P⊥平面ABB1A1;(2)CC1上是否存在點P使得B1P⊥A1B?若存在,確定PC的長;若不存在,說明理由.17.(2024福建仙游楓亭中學(xué)高三期末)如圖,在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分別為A1B1,B1C1,C1D1的中點.(1)求證:AG∥平面BEF;(2)試在棱BB1上找一點M,使DM⊥平面BEF,并證明你的結(jié)論.參考答案課時規(guī)范練36空間向量及其運算1.A∵b-c=(-2,3,1),∴a·(b-c)=4+3x+2=0,解得x=-2.故選A.2.CM與A,B,C肯定共面的充要條件是OM=xOA+yOB+zOC,x+y+z=1,對于A選項,由于1-1-1=-1≠1,所以不能得出M,A,B,C共面;對于B選項,由于15+13+12≠1,所以不能得出M對于C選項,由于MA=-MB-MC,則MA,MB,MC為共面對量,所以M,A對于D選項,由OM+OA+OB+OC=0,得OM=-OA-OB-OC,而-1-1-1=-3≠1,所以不能得出M,3.ACD選項A,依據(jù)空間基底的概念,可得隨意三個不共面的向量都可以作為一個空間基底,所以A正確;選項B,依據(jù)空間基底的概念,可得B不正確;選項C,由BA,BM,BN不能構(gòu)成空間的一個基底,又由BA,BM,BN過相同點B,可得A,B,M,N四點共面,選項D,由{a,b,c}是空間的一個基底,則基向量a,b與向量m=a+c肯定不共面,所以可以構(gòu)成空間另一個基底,所以D正確.故選ACD.4.C由|a|=1+2+1=2,∴與向量a共線的單位向量為12,-25.D對于A項,AB=(2,1,0),AC=(-1,2,1),所以AB≠λAC,則AB與AC不是共線向量對于B項,因為AB=(2,1,0),所以AB的單位向量為255,55對于C項,向量AB=(2,1,0),BC=(-3,1,1),所以cos<AB,BC>=AB·BC|AB||對于D項,設(shè)平面ABC的法向量是n=(x,y,z),因為AB=(2,1,0),AC=(-1,2,1),所以n·AB=0,n·AC=0,則2x+y=06.A由題可知,MN=MB-NB=23CB-12AB=23(OB7.C∵a=(2,-3,5),b=(-3,1,2),∴a-2b=(8,-5,1),∴|a-2b|=82+(-5)28.AC對于A,由|a|=2,可得12+(-1)2+m2=2,對于B,由a⊥b,可得-2-m+1+2m=0,解得m=1,故B錯誤;對于C,若存在實數(shù)λ,使得a=λb,則1=-2λ,-1=λ(m-1),m=2λ,明顯對于D,若a·b=-1,則-2-m+1+2m=-1,解得m=0,于是a+b=(-1,-2,2),故D錯誤.故選AC.9.-35710因為a⊥b,則a·b=3(μ+1)+0+2μ=0,若a∥b,則a=mb,即(3,2λ-1,1)=m(μ+1,0,2μ),故3=解得λ=12,μ=10.①②③設(shè)正方體的棱長為1.建立空間直角坐標(biāo)系,如圖,A1A=(0,0,1),A1D1=(1,0,0),A1B1=(0,1,0),則A1A+A1D1+A1B1=(1,1,1),3A1A=(0,0,3),故(A1A設(shè)AD1與A1B夾角為θ,AD1=(1,0,-1),A1因為0°≤θ≤180°,所以AD1與A1B夾角為120A1C=(1,1,1),C1D=(0,-1,1),A1C·C1D=0正方體ABCD-A1B1C1D1的體積為|AB||A1A||AD但是|AB·BC·CC111.③④對于①,SA+SB+SC+SD=SB+BA+SB對于②,DA+SB-SC-SD=DA+對于③,SA-SB+SC-SD=對于④,因為底面ABCD是邊長為1的正方形,SA=SB=SC=SD=2,所以SA·SB=2×2×cos∠ASB,SC·SD=2×2×cos∠CSD,而∠ASB=∠CSD,于是SA·對于⑤,SA·SC=2×2cos∠ASC,而∠ASC≠90°,故SA·SC≠12.解(1)∵AB+AD=AC(2)∵=23=2=12∴x=12,y=-12,13.B設(shè)向量p在基底{a+b,a-b,c}下的坐標(biāo)為(x,y,z),則p=a+2b+3c=x(a+b)+y(a-b)+zc=(x+y)a+(x-y)b+zc,所以x+y=1,x-y=2,z=3,解得x=32,y=-14.C設(shè)Q(x,y,z),由點Q在直線OP上,可得存在實數(shù)λ使得OQ=λOP即(x,y,z)=λ(1,1,2),可得Q(λ,λ,2λ),所以QA=(1-λ,2-λ,3-2λ),QB=(2-λ,1-λ,2-2λ),則QA·QB=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=2(3λ2-8λ+5),依據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì),可得當(dāng)λ=43時,取得最小值-23,此時Q15.3-123(1)取空間中一個基底:AB=a,AD=b,AA1=c,設(shè)AB=AD=AA1=1,因為BD⊥AN,所以BD·AN=0,因為BD=AD-AB=b所以(b-a)·(c+λb)=0,所以12+λ-32-λ2=0,所以λ(2)在AD上取一點M1使得A1N=AM1,連接M1N,M1M,M1B,因為A1N∥AM1,且A1N=AM1,所以四邊形AA1NM1是平行四邊形,所以AA1∥NM1,AA1=NM1,又AA1∥BB1,AA1=BB1,所以BB1∥NM1,BB1=NM1,所以四邊形BB1NM1是平行四邊形,所以NB1∥M1B,NB1=M1B,又因為M1B?平面AB1N,NB1?平面AB1N,所以M1B∥平面AB1N,又因為BM∥平面AB1N,且BM∩M1B=B,所以平面M1MB∥平面AB1N,所以MM1∥平面AB1N,又因為平面AA1D1D∩平面AB1N=AN,且MM1?平面AA1D1D,所以M1M∥AN,所以△AA1N∽△MDM1,所以A1NDM1=16.(1)證明若CC1上存在點P,使B1P⊥平面ABB1A1,又B1P?平面BCC1B1,則平面BCC1B1⊥平面ABB1A1.又BC⊥BB1,∴BC⊥平面ABB1A1.∴BC⊥AB,與已知條件沖突,故側(cè)棱CC1上不存在點P使B1P⊥平面ABB1A.(2)解如圖,以A為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)P(0,2,z),A1(0,0,3),B(3,1,0),B1(3,1,3),故B1P=(-3,1,z-3),A1B=(3,1,-3),若B1P⊥A1B,則B1