2022版高考数学一轮复习 练案（47理）第七章 立体几何 第六讲 空间向量及其运算（理）练习（含解析）新人教版.doc

1、练案47理第六讲空间向量及其运算(理)A组基础巩固一、选择题1(2021枣阳市第一中学月考)已知平面，的法向量分别为n1(2,3,5)，n2(3,1，4)，则(C)ABC，相交但不垂直D以上均不对解析因为n1n2，且n1n22(3)315(4)230，所以，不平行，也不垂直故选C2平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为AC和BD的交点，若a，b，c，则下列式子中与相等的是(C)AabcBabcCabcDabc解析cc(ba)abc.故选C3(2020广西桂林一中期中)若a(2,3，m)，b(2n,6,8)，且a，b为共线向量，则mn的值为(C)A7BC6D8解析由a、b共线得，解得m4，n

2、2，mn6，故选C4在空间直角坐标系中，已知A(1，2,1)，B(2,2,2)，点P在z轴上，且满足|PA|PB|，则P点坐标为(C)A(3,0,0)B(0,3,0)C(0,0,3)D(0,0，3)解析设P点坐标为(0,0，a)，则由题意知14(1a)244(2a)2，解得a3，P点坐标为(0,0,3)，故选C5已知a(2,1,3)，b(1,2,1)，若a(ab)，则实数的值为(D)A2BCD2解析ab(2，12，3)，由a(ab)知a(ab)2(2)(12)3(3)0，2，故选D.6已知点A(2，5,1)，B(2，2,4)，C(1，4,1)，则向量与的夹角为(C)A30B45C60D90解析

3、由已知得(0,3,3)，(1,1,0)，所以cos，.所以向量与的夹角为60.故选C7(2021西安质检)已知空间四边形ABCD的每条棱和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则的值为(C)Aa2Ba2Ca2Da2解析()()(a2cos 60a2cos 60)a2.故选C8已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则平面ABC的一个单位法向量是(D)ABCD解析(1,1,0)，(1,0,1)，设平面ABC的一个法向量n(x，y，z)，令x1，则y1，z1，n(1,1,1)单位法向量为：.9已知a(2，1,3)，b(1,4，2)，c(7,5，)，若a，b，c三向量

4、共面，则实数等于(D)ABCD解析显然a与b不共线，如果a，b，c三向量共面，则cxa yb，即x(2，1,3)y(1,4，2)(7,5，)，解得选D.10已知平面内有一个点A(2，1,2)，的一个法向量为n(3,1,2)，则下列点P中，在平面内的是(B)A(1，1,1)BCD解析对于选项A，(1,0,1)，则n(1,0,1)(3,1,2)50；对于选项B，则n(3,1,2)0，验证可知C、D均不满足n0.故选B.11如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCDA1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60，下列说法正确的个数是(B)()22()2()0向量与的

5、夹角是60BD1与AC所成角的余弦值为A1B2C3D4解析平行六面体的棱长均为a，则由题意知()2()2()2()22226a2，2()22()22()22()26a2，()22()2，正确；()()()()2()20，正确；，cos，与的夹角是120，错；，记BD1与AC所成角为，则cos ，错；故选B.12(2020重庆月考)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD底面ABCD，PAD是等边三角形，底面ABCD是菱形，且BAD60，M为棱PD的中点，N为菱形ABCD的中心，下列结论错误的是(C)APB平面AMCBPBADCAMCMDPB与AM所成角的余弦值为解析如图，连接MN，易知MNPB，

6、由线面平行的判定定理得PB面AMC，A正确取AD的中点O，连PO、BO，由题意易知PO、OA、OB两两垂直，如图建立空间直角坐标系，且设AB2，则(2,0,0)(0，)0，PBAD，B正确又|MA|2223，|MC|22(0)226，MAMC，C错；cos，PB与AM所成角的余弦值为，D正确故选C二、填空题13(2021竹溪县第二高级中学月考)如图，空间四边形OABC中，a，b，c，点M在OA上，且OM2MA，N为BC中点，则等于abc.(用a，b，c表示)解析因为()(bc)aabc.14已知三点A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，则当取得最小值时，Q

7、点的坐标为.解析设Q(x，y，z)，由点Q在直线OP上可得存在实数使得，则有Q(，2)，(1，2，32)，(2，1，22).(1)(2)(2)(1)(32)(22)2(3285)，根据二次函数的性质可得当时，取得最小值，此时Q.三、解答题15如图所示，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点，求证：AB1平面A1BD.证明解法一：取BC的中点O，连接AO.ABC为正三角形，AOBC在正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC平面BCC1B1，AO平面BCC1B1，取B1C1的中点O1，以O为原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如下图所示，则B(1,0，0

8、)，D(1,1,0)，A1(0,2，)，A(0,0，)，B1(1,2,0)设平面A1BD的法向量为n(x，y，z)，(1,2，)，(2,1,0)则n，n，故令x1，则y2，z.故n(1,2，)为平面A1BD的一个法向量，而(1,2，)，n，即n，AB1平面A1BD.解法二：设平面A1BD内的任意一条直线m的方向向量为m.由共面向量定理，则存在实数，使m.令a，b，c，显然它们不共面，并且|a|b|c|2，abac0，bc2，以它们为空间的一组基底，则ac，ab，ac，mabc，m(ac)4240.故m，结论得证解法三：基向量的取法同上(ac)(ac)|a|2|c|20，(ac)|a|2abac

9、bc0，BD，即AB1BA1，AB1BD，由直线和平面垂直的判定定理，知AB1平面A1BD.B组能力提升1(2020河南九师联盟联考)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是(D)A若，m，n，则mnB若，m，n，则mnC若mn，m，n，则D若m，mn，n，则解析A中，若，m，n，则m，n也有可能平行，故A错；B中，若，m，n，则m，n，但m，n可能异面、平行，故B错；C中，若mn，m，n，则，可能平行或相交，故C错；D中，若m，mn，则n，又n，所以，即D正确故选D.2直三棱柱ABCA1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，则异面直线AB1与C1B所成角的余弦值为(C)A

10、BCD解析以BC的中点O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC2，则B(1,0,0)，则C1(1,0,2)，故(2,0,2)又B1(1,0,2)，A(0，0)，(1，2)，则异面直线AB1与C1B所成角的余弦值为cos，故选C3(2021广东汕头模拟)如图，三棱锥DABC中，ABACDBDC1，BC，平面DBC平面ABC，M，N分别为DA和DC的中点，则异面直线CM与BN所成角的余弦值为(A)ABCD0解析取BC的中点O，连接DO，AO，BDDC，DOBC，又平面DBC平面ABC，DO平面ABC，从而DOOA，又ABAC，AOBC，如图建立空间直角坐标系，则，则cos，异面直线CM与BN

11、所成角的余弦值为.选A4(2021河南洛阳期中)如图，ABC为等边三角形，D，E，F分别为AB，AC，BC的中点，AFDEG，以DE为折痕把ADE折起，使点A到达点A的位置，下列命题中，错误的是(D)A动点A在平面ABC上的射影在线段AF上B恒有平面AGF丄平面BCDEC三棱锥AEFD的体积有最大值D异面直线AE与BD不可能垂直解析由题意知DEGF，DEAG，DE平面AFG，又DE平面ABC，平面AFG平面ABC，又平面AFG平面ABCAF，A在平面ABC上的射影在线段AF上，A、B对；显然，当平面ADE平面ABC时，V三棱锥AEFD最大，C对；不妨设等边ABC的边长为2a，则AEEFa，当A

12、Fa时，AEEF，又EFBD，AEBD，D错，故选D.5(2021百万联考9月联考改编)在四棱锥PABCD中，侧面PAD平面ABCD，PDAB，四边形ABCD是正方形，点E是棱PB的中点，则下列结论正确的是(C)PD平面ABCDPD平面ACEPB2AEPCAEABCD解析如图，对于，因为PD与AD不一定垂直，所以PD不一定垂直平面ABCD，故错误；对于，连接BD，记ACBDO，连接OE，四边形ABCD是正方形，所以O为BD的中点因为O，E分别为BD，BP的中点，所以OEPD，则PD平面ACE，故正确；对于，因为四边形ABCD是正方形，所以CDAD，因为侧面PAD平面ABCD，所以CD平面PAD.因为ABCD，所以AB平面PAD，因为PA平面PAD，所以ABPA，则PB2AE，故正确，故选C