2022年高考数学一轮复习 课时规范练42 空间向量及其运算 理 北师大版

2022年高考数学一轮复习 课时规范练42 空间向量及其运算 理 北师大版1.空间任意四个点A、B、C、D,则等于()A.B.C.D.2.(2018河北衡水一中二模,理4)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为1的正方形,若A1AB=A1AD=60,且A1A=3,则A1C的长为()A.B.2C.D.3.(2018安徽芜湖期末,4)在四面体O-ABC中,点M在OA上,且OM=2MA,N为BC的中点,若,则使G与M,N共线的x的值为()A.1B.2C.D.4.(2018辽宁沈阳期中,5)若向量a=(,1,0),b=(1,0,z),=,则实数z的值为()A.B.2C.D.25.A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足=0,=0,=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6.已知空间向量a,b,满足|a|=|b|=1,且a,b的夹角为,O为空间直角坐标系的原点,点A,B满足=2a+b,=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.(2018上海金山中学期中,14)设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,为过直线BD1的平面,则截该正方体的截面面积的取值范围是.9.(2018吉林实验中学一模,11)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=4,AB=BC=2,动点P,Q分别在线段C1D,AC上,则线段PQ长度的最小值是()A.B.C.D.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.(2018辽宁本溪期中,9)已知点A(1,-2,0)和向量a=(-3,4,6),|=2|a|,且与a方向相反,则点B坐标为()A.(-7,6,12)B.(7,-10,-12)C.(7,-6,12)D.(- 7,10,12)12.(2018四川三台期中,9)点P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1上一点,则的取值范围是()A.-1,- B.-,- C.-1,0D.-,013.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,有下列命题:()2=3;()=0;的夹角为60;正方体的体积为|.其中正确命题的序号是.14.在四棱锥P-ABCD中,PD底面ABCD,底面ABCD为正方形,PD=DC,E,F分别是AB,PB的中点.(1)求证:EFCD.(2)在平面PAD内是否存在一点G,使GF平面PCB.若存在,求出点G坐标;若不存在,试说明理由.创新应用组15.(2018四川泸州一模,14)已知球O是棱长为2的正八面体(八个面都是全等的等边三角形)的内切球,MN为球O的一条直径,点P为正八面体表面上的一个动点,则的取值范围是.16.(2018河北衡水调研,18)设全体空间向量组成的集合为V,a=(a1,a2,a3)为V中的一个单位向量,建立一个“自变量”为向量,“因变量”也是向量的“向量函数”f(x):f(x)=-x+2(xa)a(xV).(1)设u=(1,0,0),v=(0,0,1),若f(u)=v,求向量a;(2)对于V中的任意两个向量x,y,证明:f(x)f(y)=xy;(3)对于V中的任意单位向量x,求|f(x)-x|的最大值.参考答案课时规范练42空间向量及其运算1.C+-=+=.故选C.2.A因为=+,所以|2=(+)2=|2+|2+|2+2(+)=1+2+9+2(1cos 45+13cos 120+3cos 135)=5.故A1C的长为.故选A.3.A= (+),=.假设G与M,N共线,则存在实数使得=+(1-)= (+)+,与=+比较可得=,=,解得x=1.故选A.4.C|a|=2,|b|=,ab=.cos=,化为z2=2,解得z=.故选C.5.CM为BC中点,= (+).=(+)=+=0.AMAD,AMD为直角三角形.6.由=2a+b,=3a-b,得|=,|=,=(2a+b)(3a-b)=.cosBOA=,sinBOA=.SOAB=|sinBOA=.7., ,-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,所以所以即p在基底a+b,a-b,c下的坐标为,-1,同理可求p在基底2a,b,-c下的坐标为(1,1,1).故答案为,-1,(1,1,1).8.2,4建立如图所示的空间直角坐标系,则B(2,2,2),D1(0,0,0),设与棱CC1的交点为P,与棱AA1的交点为G,则四边形BGD1P为平行四边形.在面内过P作BD1的垂线,垂足为Q,则截面的面积为S=|=2|.设Q(x,x,x),P(0,2,y),则=(2,2,2),=(x,x-2,x-y).因为=0,故2x+2(x-2)+2(x-y)=0,即3x-y-2=0,故y=3x-2.因03x-22,故x.又|=,其中x,所以|,故2S4,填2,4.9.C建立如图所示空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,4),P(0,t,2t),t0,2,Q(2-m,m,0),m0,2,PQ=,当且仅当5t=m=时,PQ取最小值,选C.10.证明 (1)=+=+,=+=+ (+)=+ (-+-)= (+)=,即A1,G,C三点共线.(2)设=a,=b,=c,则|a|=|b|=|c|=a,且ab=bc=ca=0.=a+b+c,=c-a,=(a+b+c)(c-a)=c2-a2=0.因此,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.B设B(x,y,z),A(1,-2,0),=(x-1,y+2,z).|=2|a|,且与a方向相反,a=(-3,4,6),=-2a=(6,-8,-12),解得B(7,-10,-12),故选B.12.D以点D为原点,以DA所在的直线为x轴,以DC所在的直线为y轴,以DD1所在的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示;则点A(1,0,0),C1(0,1,1),设点P的坐标为(x,y,z),由题意可得0x1,0y1,z=1,=(1-x,-y,-1),=(-x,1-y,0),=-x(1-x)-y(1-y)+0=x2-x+y2-y=x-2+y-2-,由二次函数的性质可得,当x=y=时取得最小值为-;当x=0或1,且y=0或1时,取得最大值为0,则的取值范围是-,0.故选D.13.(+)2=+2+2+2=3,故正确.(-)=0,故正确.因为,AD1、AC、D1C均为面对角线,所以三角形AD1C为等边三角形,而与的夹角为与的夹角的补角.所以与的夹角为120,故错误.正方体的体积为|,而|=0,故错误.14.(1)证明 如图,以DA,DC,DP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设AD=a,则D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),E,P(0,0,a),F.=,=(0,a,0).=0,即EFCD.(2)解 假设存在满足条件的点G,设G(x,0,z),则=,若使GF平面PCB,则由=x-,-,z-(a,0,0)=a=0,得x=.由=x-,-,z-(0,-a,a)=+a=0,得z=0.点G坐标为,即存在满足条件的点G,且点G为AD的中点.15.0, 设球O的半径为R,则1=R,解得R=.|,.可得=(-)(-)=-R2=-0, .16.解 (1)依题意得f(u)=-u+2(ua)a=v,设a=(x,y,z),代入运算得a=,0,或a=-,0,-;(2)证明 设x=(a,b,c),y=(m,n,t),a=(a1,a2,a3),则f(x)f(y)=-x+2(xa)a-y+2(ya)a=xy-4(ya)(xa)+4(ya)(xa)(a)2=xy-4(ya)(xa)+4(ya)(xa)=xy.从而得证;(3)设x与a的夹角为,则xa=|x|a|cos =cos ,则|f(x)-x|=|2x-2(xa)a|=2,故最大值为2.