2021高考理科数学（人教A版）一轮复习课时规范练42空间向量及其运算 WORD版含解析.docx

1、课时规范练42空间向量及其运算 基础巩固组1.已知空间四边形OABC中,OA=a,OB=b,OC=c,点M在OA上,且OM=2MA,N为BC中点,则MN=()A.12a-23b+12cB.-23a+12b+12cC.12a+12b-12cD.23a+23b-12c2.若直线l的方向向量为a=(1,0,2),平面的法向量为n=(-2,0,-4),则()A.lB.lC.lD.l与斜交3.(2019陕西西安质检)已知空间四边形ABCD的每条棱和对角线的长都等于a,E,F分别是BC,AD的中点,则AEAF的值为()A.a2B.12a2C.14a2D.34a24.若向量a=(3,1,0),b=(1,0,

2、z),=3,则实数z的值为()A.2B.2C.2D.25.平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,向量AB,AD,AA1两两的夹角均为60,且|AB|=1,|AD|=2,|AA1|=3,则|AC1|等于()A.5B.6C.4D.86.已知空间向量a,b,满足|a|=|b|=1,且a,b的夹角为3,O为空间直角坐标系的原点,点A,B满足OA=2a+b,OB=3a-b,则OAB的面积为.7.已知向量p在基底a,b,c下的坐标为(2,1,-1),则p在基底a+b,a-b,c下的坐标为,在基底2a,b,-c下的坐标为.8.(2019江苏宿迁期末)若平面的一个法向量为12,12,0,直线l的方向向量为(

3、1,0,1),则l与所成角的大小为.9.在空间直角坐标系中,以点A(4,1,9),B(10,-1,6),C(x,4,3)为顶点的ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,则实数x的值为.10.如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,G为BC1D的重心,求证:(1)A1,G,C三点共线;(2)A1C平面BC1D.综合提升组11.(2019广西模拟)A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足ABAC=0,ACAD=0,ABAD=0,M为BC中点,则AMD是()A.钝角三角形B.锐角三角形C.直角三角形D.不确定12.直三棱柱ABC-A1B1C1中,BCA=90,M,N分别是A1B1,A1C

4、1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为()A.110B.25C.3010D.2213.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,下列命题:(A1A+A1D1+A1B1)2=3A1B12;A1C(A1B1-A1A)=0;向量AD1与向量A1B的夹角为60;正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|ABAA1AD|.其中真命题的序号是()A.B.C.D.14.(2019西安调研)已知AB=(1,5,-2),BC=(3,1,z),若ABBC,BP=(x-1,y,-3),且BP平面ABC,则实数x+y=.创新应用组15.如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,

5、动点M在线段PQ上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为,则cos 的最大值为.16.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1,底面ABC中,CA=CB=1,BCA=90,棱AA1=2,M,N分别是A1B1,A1A的中点.(1)求BN的模;(2)求cos的值;(3)求证:A1BC1M.参考答案课时规范练42空间向量及其运算1.B显然MN=ON-OM=12(OB+OC)-23OA=12b+12c-23a.故选B.2.Ba=(1,0,2),n=(-2,0,-4),即n=-2a,故an,l.3.CAEAF=12(AB+AC)12AD=14(ABAD+ACAD)=14(a2cos 6

6、0+a2cos 60)=14a2.故选C.4.C|a|=(3)2+12=2,|b|=1+z2,ab=3.cos3=ab|a|b|=321+z2=12,化为z2=2,解得z=2.故选C.5.A设AB=a,AD=b,AA1=c,则|AC1|=a+b+c,|AC1|2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=25,因此|AC1|=5.6.534由OA=2a+b,OB=3a-b,得|OA|=(2a+b)2=7,|OB|=(3a-b)2=7,OAOB=(2a+b)(3a-b)=112.cosBOA=OAOB|OA|OB|=1114,sinBOA=5314.SOAB=12|OA|OB|sinBOA=53

7、4.7.32,12,-1(1,1,1)由条件p=2a+b-c.设p在基底a+b,a-b,c下的坐标为(x,y,z),则p=x(a+b)+y(a-b)+zc=(x+y)a+(x-y)b+zc,因为a,b,c不共面,所以x+y=2,x-y=1,z=-1,所以x=32,y=12,z=-1,即p在基底a+b,a-b,c下的坐标为32,12,-1,同理可求p在基底2a,b,-c下的坐标为(1,1,1).故答案为32,12,-1,(1,1,1).8.6设平面的一个法向量为m=12,12,0,直线l的方向向量为n=(1,0,1),则cos=mn|m|n|=12222=12,令l与所成角的大小为,则sin =

8、12,即直线l与平面所成角为6.9.2由题意知ABAC=0,|AB|=|AC|.又AB=(6,-2,-3),AC=(x-4,3,-6),6(x-4)-6+18=0,(x-4)2=4,解得x=2.10.证明 (1)CA1=CB+BA+AA1=CB+CD+CC1,CG=CC1+C1G=CC1+2312(C1B+C1D)=CC1+13(CB-CC1+CD-CC1)=13(CB+CD+CC1)=13CA1,CGCA1,即A1,G,C三点共线.(2)设CB=a,CD=b,CC1=c,则|a|=|b|=|c|=a,且ab=bc=ca=0.CA1=a+b+c,BC1=c-a,CA1BC1=(a+b+c)(c

9、-a)=c2-a2=0.因此CA1BC1,即CA1BC1.同理CA1BD.又BD与BC1是平面BC1D内的两条相交直线,故A1C平面BC1D.11.CM为BC中点,AM=12(AB+AC).AMAD=12(AB+AC)AD=12ABAD+12ACAD=0,AMAD,AMD为直角三角形.故选C.12.C如图,以点C1为坐标原点,C1B1,C1A1,C1C所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,不妨设BC=CA=CC1=1,可知点A(0,1,1),N0,12,0,B(1,0,1),M12,12,0.AN=0,-12,-1,BM=-12,12,-1.cos=ANBM|AN|BM|=30

10、10.根据AN与BM的夹角及AN与BM所成角的关系可知,BM与AN所成角的余弦值为3010.13.A设正方体边长为单位长为1,建立空间直角坐标系,如图.A1A=(0,0,1),A1D1=(1,0,0),A1B1=(0,1,0),A1C=(1,1,1),AD1=(1,0,-1),所以对于,(A1A+A1D1+A1B1)2=(1,1,1)(1,1,1)=3=3A1B12,故是真命题;对于,A1C(A1B1-A1A)=(1,1,1)(0,1,-1)=0,故是真命题;对于,因为AD1A1B=(1,0,-1)(0,1,1)=-1,所以cos=-1|AD1|A1B|=-12,向量AD1与向量A1B的夹角为

11、120,故是假命题;对于,正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|AB|AA1|AD|,但是|ABAA1AD|=0,故是假命题.故选A.14.257由条件得3+5-2z=0,x-1+5y+6=0,3(x-1)+y-3z=0,解得x=407,y=-157,z=4.x+y=407-157=257.15.25以A为坐标原点,射线AB,AD,AQ分别为x,y,z轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设正方形ABCD和ADPQ的边长为2,则E(1,0,0),F(2,1,0),M(0,y,2)(0y2).所以AF=(2,1,0),EM=(-1,y,2).所以AFEM=-2+y,|AF|=5,|EM|

12、=5+y2.所以cos =|AFEM|AF|EM|=|-2+y|55+y2=2-y55+y2.令2-y=t,则y=2-t,且t0,2,所以cos =t55+(2-t)2=t59-4t+t2.当t=0时,cos =0.当t0时,cos =159t2-4t+1=1591t-292+59,由t0,2,得1t12,+,所以91t-292+59912-292+59=52.所以cos 25,即cos 的最大值为25.16.解 如图,建立空间直角坐标系O-xyz.(1)依题意得B(0,1,0),N(1,0,1),|BN|=(1-0)2+(0-1)2+(1-0)2=3.(2)依题意得A1(1,0,2),B(0,1,0),C(0,0,0),B1(0,1,2),BA1=(1,-1,2),CB1=(0,1,2),BA1CB1=3,|BA1|=6,|CB1|=5.cos=BA1CB1|BA1|CB1|=3010.(3)证明:依题意,得C1(0,0,2),M12,12,2,A1B=(-1,1,-2),C1M=12,12,0.A1BC1M=-12+12+0=0.A1BC1M.