統(tǒng)考版2025屆高考數(shù)學(xué)全程一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)44空間向量及其運(yùn)算理

課時(shí)作業(yè)44空間向量及其運(yùn)算[基礎(chǔ)落實(shí)練]一、選擇題1．已知a＝(1，1，1)，b＝(0，2，－1)，c＝ma＋nb＋(4，－4，1).若c與a及b都垂直，則m，n的值分別為()A．－1，2B．1，－2C．1，2D．－1，－22．已知a＝(1，0，1)，b＝(x，1，2)，且a·b＝3，則向量a與b的夾角為()A．eq\f(5π,6)B．eq\f(2π,3)C．eq\f(π,3)D．eq\f(π,6)3.如圖，在△ABC中，點(diǎn)D，E是線段BC上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→))，則eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)的最小值為()A．eq\f(3,2)B．2C．eq\f(5,2)D．eq\f(9,2)4．如圖，已知空間四邊形OABC，其對(duì)角線為OB，AC，M，N分別是對(duì)邊OA，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)G在線段MN上，且分MN所成的比為2，現(xiàn)用基向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))表示向量eq\o(OG,\s\up6(→))，設(shè)eq\o(OG,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))，則x，y，z的值分別是()A．x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(1,3)，z＝eq\f(1,3)B．x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(1,3)，z＝eq\f(1,6)C．x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(1,6)，z＝eq\f(1,3)D．x＝eq\f(1,6)，y＝eq\f(1,3)，z＝eq\f(1,3)5．如圖，F(xiàn)是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中點(diǎn)，E為BB1上一點(diǎn)，若D1F⊥DE，則有()A.B1E＝EBB．B1E＝2EBC．B1E＝eq\f(1,2)EBD．E與B重合二、填空題6．已知空間四邊形OABC，點(diǎn)M，N分別是OA，BC的中點(diǎn)，且eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，用a，b，c表示向量eq\o(MN,\s\up6(→))＝________．7．若a＝(0，1，－1)，b＝(1，1，0)，且(a＋λb)⊥a，則實(shí)數(shù)λ的值為________．8．已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分別是CD，PC的中點(diǎn)，并且PA＝AD＝1.在如圖所示的空間直角坐標(biāo)系中，MN＝________．[素養(yǎng)提升練]9．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別在A1D，AC上，且A1E＝eq\f(2,3)A1D，AF＝eq\f(1,3)AC，則()A．EF至多與A1D，AC之一垂直B．EF⊥A1D，EF⊥ACC．EF與BD1相交D．EF與BD1異面10．已知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)eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))取最小值時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)是________．11．在空間直角坐標(biāo)系中，以點(diǎn)A(4，1，9)，B(10，－1，6)，C(x，4，3)為頂點(diǎn)的△ABC是以BC為斜邊的等腰直角三角形，則實(shí)數(shù)x的值為________．12．已知平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝120°.(1)求線段AC1的長(zhǎng)；(2)求異面直線AC1與A1D所成角的余弦值；(3)證明：AA1⊥BD.13．如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四邊形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，點(diǎn)M在PB上，PB＝4PM，PB與平面ABCD成30°的角．求證：(1)CM∥平面PAD；(2)平面PAB⊥平面PAD.課時(shí)作業(yè)44空間向量及其運(yùn)算1．解析：由已知得c＝（m＋4，m＋2n－4，m－n＋1），故a·c＝3m＋n＋1＝0，b·c＝m＋5n－9＝0，解得m＝－1，n＝2.答案：A2．解析：由題意可得a·b＝x＋2＝3，所以x＝1，所以b＝（1，1，2）.所以cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(3,\r(2)×\r(6))＝eq\f(\r(3),2)，又因?yàn)椤碼，b〉∈[0，π]，所以a與b的夾角為eq\f(π,6).答案：D3．解析：如圖可知，x，y均為正數(shù)．設(shè)eq\o(AD,\s\up6(→))＝meq\o(AB,\s\up6(→))＋neq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→)).∵B，D，E，C共線．∴m＋n＝1，同理，λ＋μ＝1.∵eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→))＝（m＋λ）eq\o(AB,\s\up6(→))＋（n＋μ）eq\o(AC,\s\up6(→))，∴x＋y＝m＋n＋λ＋μ＝2.∴eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(4,y)))（x＋y）＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(y,x)＋\f(4x,y)))≥eq\f(1,2)（5＋2eq\r(\f(y,x)·\f(4x,y))）＝eq\f(9,2)，當(dāng)且僅當(dāng)y＝2x時(shí)取等號(hào)，則eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)的最小值為eq\f(9,2).答案：D4．解析：設(shè)eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，∵點(diǎn)G分MN所成的比為2，∴eq\o(MG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(MN,\s\up6(→))，∴eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(MG,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)（eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))）＝eq\f(1,2)a＋eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b＋\f(1,2)c－\f(1,2)a))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)c－eq\f(1,3)a＝eq\f(1,6)a＋eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)c，即x＝eq\f(1,6)，y＝eq\f(1,3)，z＝eq\f(1,3).答案：D5．解析：分別以DA，DC，DD1為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，則D（0，0，0），F(xiàn)（0，1，0），D1（0，0，2），設(shè)E（2，2，z），則D1F＝（0，1，－2），eq\o(DE,\s\up6(→))＝（2，2，z），因?yàn)镈1F·eq\o(DE,\s\up6(→))＝0×2＋1×2－2z＝0，所以z＝1，所以B1E＝EB.答案：A6．解析：如圖所示，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)（eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(MC,\s\up6(→))）＝eq\f(1,2)[（eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))）＋（eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))）]＝eq\f(1,2)（eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))－2eq\o(OM,\s\up6(→))）＝eq\f(1,2)（eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))）＝eq\f(1,2)（b＋c－a）.答案：eq\f(1,2)（b＋c－a）7．解析：因?yàn)椋╝＋λb）⊥a，所以（a＋λb）·a＝a2＋λb·a＝（eq\r(2)）2＋λ×（0＋1＋0）＝0，解得λ＝－2.答案：－28．解析：連接PD（圖略），∵M(jìn)，N分別為CD，PC的中點(diǎn)，∴MN＝eq\f(1,2)PD，又P（0，0，1），D（0，1，0），∴PD＝eq\r(02＋（－1）2＋12)＝eq\r(2)，∴MN＝eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)9．解析：以D點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1，則A1（1，0，1），D（0，0，0），A（1，0，0），C（0，1，0），Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0，\f(1,3)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(1,3)，0))，B（1，1，0），D1（0，0，1），A1D＝（－1，0，－1），eq\o(AC,\s\up6(→))＝（－1，1，0），eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，－\f(1,3)))，BD1＝（－1，－1，1），所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝－eq\f(1,3)BD1，A1D·eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝0，從而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC.答案：B10．解析：由題意，設(shè)eq\o(OQ,\s\up6(→))＝λeq\o(OP,\s\up6(→))，即eq\o(OQ,\s\up6(→))＝（λ，λ，2λ），則eq\o(QA,\s\up6(→))＝（1－λ，2－λ，3－2λ），eq\o(QB,\s\up6(→))＝（2－λ，1－λ，2－2λ），所以eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝（1－λ）（2－λ）＋（2－λ）（1－λ）＋（3－2λ）（2－2λ）＝6λ2－16λ＋10＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(4,3)))eq\s\up12(2)－eq\f(2,3)，當(dāng)λ＝eq\f(4,3)時(shí)有最小值，此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3)))11．解析：由題意得eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|，又eq\o(AB,\s\up6(→))＝（6，－2，－3），eq\o(AC,\s\up6(→))＝（x－4，3，－6）∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6（x－4）－6＋18＝0，,（x－4）2＝4，))得x＝2.答案：212．解析：（1）如圖所示，設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，AA1＝c，則|a|＝|b|＝1，|c|＝2.a·b＝0，a·c＝b·c＝2×1×cos120°＝－1.∵AC1＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋CC1＝a＋b＋c，∴|AC1|2＝（a＋b＋c）2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c＝1＋1＋22－2－2∴|AC1|＝eq\r(2).即線段AC1的長(zhǎng)為eq\r(2).（2）∵AC1＝a＋b＋c，A1D＝b－c，∴AC1·A1D＝（a＋b＋c）·（b－c）＝a·b－a·c＋b2－b·c＋b·c－c2＝1＋12－又|A1D|2＝（b－c）2＝b2＋c2－2b·c＝1＋4＋2＝∴|A1D|＝eq\r(7).∴cos〈AC1，A1D〉＝AC1?A1DAC1A1D＝eq\f(－2,\r(2)×\r(7))＝－∴異面直線AC1與A1D所成角的余弦值為eq\f(\r(14),7).（3）證明：∵AA1＝c，eq\o(BD,\s\up6(→))＝b－a，∴AA1·eq\o(BD,\s\up6(→))＝c·（b－a）＝c·b－c·a＝－1－（－1）＝0.∴AA1⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，即AA1⊥BD.13．證明：以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CB所在直線為x軸，CD所在直線為y軸，CP所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C－xyz.∵PC⊥平面ABCD，∵∠PBC為PB與平面ABCD所成的角，∴∠PBC＝30°，∵PC＝2，∴BC＝2eq\r(3)，PB＝4，∴D（0，1，0），B（2eq\r(3)，0，0），A（2eq\r(3)，4，0），P（0，0，2），Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，\f(3,2)))，∴eq\o(DP,\s\up6(→))＝（0，－1，2），eq\o(DA,\s\up6(→))＝（2eq\r(3)，3，0），eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\b