2022届高考北师大版数学（理）一轮复习课时作业：第七章 第六节　空间向量及其运算 WORD版含解析.doc

1、授课提示：对应学生用书第349页A组基础保分练1在空间四边形ABCD中，的值为（）A1B0C1 D2解析：在空间四边形ABCD中，（）（）（）（）0答案：B2已知空间四边形ABCD中，G为CD的中点，则（）等于（）A BC D解析：依题意有（）答案：A3在空间四边形ABCD中，若（3，5，2），（7，1，4），点E，F分别为线段BC，AD的中点，则的坐标为（）A（2，3，3） B（2，3，3）C（5，2，1） D（5，2，1）解析：因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，O为坐标原点，所以，（），（）所以（）（）（）（3，5，2）（7，1，4）（4，6，6）（2，3，3）答案：B4已知A（1，

2、0，0），B（0，1，1），O为坐标原点，与的夹角为120，则的值为（）A BC D解析：（1，），cos 120，得经检验不合题意，舍去，所以答案：C5（2021晋江模拟）设OABC是四面体，G1是ABC的重心，G是OG1上的一点，且OG3GG1，若xyz，则xyz等于（）A1 BC D2解析：如图所示，由题意得，所以1xyz，所以xyz，又G1，A，B，C四点共面，所以xyz1，所以xyz答案：C6已知点A（1，2，1），B（1，3，4），D（1，1，1），若2，则|的值是_解析：设P（x，y，z），则（x1，y2，z1），（1x，3y，4z）由2知x，y，z3，P又D（1，1，1），由两

3、点间距离公式可得|答案：7已知空间三点A（1，1，1），B（1，0，4），C（2，2，3），则与的夹角的大小是_解析：因为（2，1，3），（1，3，2），所以cos，又0，180，所以，120答案：1208在正三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，且AB1MN，则的值为_解析：如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，以，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，因为底面边长为1，侧棱长为2，则A，B1，C，C1，M（0，0，0），设N，因为，所以N，所以，又因为AB1MN，所以0所以0，所以15答案：159已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N

4、分别是边OA，CB的中点，点G在线段MN上，且使MG2GN，用向量，表示向量解析：（）（）10如图，已知平行六面体ABCDABCD，E，F，G，H分别是棱AD，DC，CC和AB的中点，求证：E，F，G，H四点共面证明：设a，b，c，则2ba2a（）ba（baca）bc，与b，c共面，即E，F，G，H四点共面B组能力提升练1已知点A（1，a，5），B（2a，7，2），则|AB|的最小值为（）A3 B3C2 D2解析：|AB|，当a1时，|AB|min3答案：B2在空间直角坐标系中，一定点P到三个坐标轴的距离都是1，则该点到原点的距离是（）A BC D解析：设P（x，y，z），由题意可知x2y2z

5、2，答案：A3已知a，b是异面直线，A，Ba，C，Db，ACb，BDb且AB2，CD1，则异面直线a，b所成的角等于（）A30 B45C60 D90解析：由ACb，BDbACCD，BDCD，故可得0，0，（）|20|201cos，故向量，的夹角为60，a与b的夹角为60答案：C4已知平面内的三点A（0，0，1），B（0，1，0），C（1，0，0），平面的一个法向量n（1，1，1），则不重合的两个平面与的位置关系是_解析：由已知得，（0，1，1），（1，0，1），设平面的一个法向量为m（x，y，z），由得得令z1，得m（1，1，1）又n（1，1，1），所以mn，即mn，所以答案：平行5已知PA垂

6、直于正方形ABCD所在的平面，M，N分别是CD，PC的中点，并且PAAD1在如图所示的空间直角坐标系中，则MN_解析：连接PD（图略），因为M，N分别为CD，PC的中点，所以MNPD，又P（0，0，1），D（0，1，0），所以PD，所以MN答案：6直三棱柱ABCABC中，ACBCAA，ACB90，D，E分别为AB，BB的中点（1）求证：CEAD；（2）求异面直线CE与AC所成角的余弦值解析：（1）证明：设a，b，c，根据题意，|a|b|c|且abbcca0，bc，cbac2b20，即CEAD（2）ac，|a|，|a|（ac）c2|a|2，cos，即异面直线CE与AC所成角的余弦值为C组创新应用

7、练1如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12，ABBC1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是（）ABC D解析：设，（，0，1）所以（0，1，2）（0，2），（）（1，0，0）（1，1，0）（1，0）所以|（1，2）|当且仅当，即，时取等号所以线段PQ长度的最小值为答案：C2如图，在长方体ABCDA1B1C1D中，AA1AD1，E为CD的中点（1）求证：B1EAD1；（2）在棱AA1上是否存在一点P，使得DP平面B1AE若存在，求AP的长；若不存在，说明理由解析：（1）证明：以A为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图）设ABa，则A（0，0，0），D（0，1，0），D1（0，1，1），E，B1（a，0，1），故（0，1，1），（a，0，1），因为011（1）10，所以B1EAD1（2）假设在棱AA1上存在一点P（0，0，z0），使得DP平面B1AE，此时（0，1，z0）设平面B1AE的法向量n（x，y，z）因为n平面B1AE，所以n，n，得取x1，得平面B1AE的一个法向量n要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0又DP平面B1AE，所以存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP