新高考数学一轮复习 第七章 立体几何 课时作业45 空间向量及其运算（含解析）-人教版高三数学试题

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1、课时作业45　空间向量及其运算 一、选择题 1．已知点A(－3,0，－4)，点A关于原点的对称点为B，则|AB|等于(　D　) A．12 B．9 C．25 D．10 解析：点A关于原点对称的点B的坐标为(3,0,4)，故 |AB|＝＝10. 2．已知向量a＝(2，－3,5)，b＝，且a∥b，则λ等于(　C　) A. B. C．－ D．－ 解析：a∥b⇔a＝kb⇔⇔ 3．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k的值为(　D　) A．1　　　　B.　　　　C.　　　　D. 解析：ka＋b＝(k－1，k,2)，2a

2、－b＝(3,2，－2)，由题意知，3(k－1)＋2k－4＝0，解得k＝. 4．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a、b、c三个向量共面，则实数λ等于(　D　) A. B. C. D. 解析：由于a，b，c三个向量共面，所以存在实数m，n使得c＝ma＋nb，即有 解得m＝，n＝，λ＝. 5．设A，B，C，D是空间不共面的四个点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，则△BCD的形状是(　C　) A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．无法确定 解析：·＝(－)·(－) ＝·－·－·＋2＝2>0， 同理·>0，·>0，故△BC

3、D为锐角三角形．故选C. 6．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，＝，点N为B1B的中点，则|MN|等于(　A　) A.a B.a C.a D.a 解析：∵＝－＝－＝＋－(＋＋)＝＋－， ∴||＝＝a.故选A. 7．在空间直角坐标系O­xyz中，四面体ABCD各顶点坐标分别为A(2,2,1)，B(2,2，－1)，C(0,2,1)，D(0,0,1)，则该四面体外接球的表面积是(　B　) A．16π B．12π C．4π D．6π 解析：通过各点坐标可知，A，B，C，D四点恰为棱长为2的正方体的四个顶点，故此四面体与对应的正方体有共同的外接球，其半径R为正

4、方体体对角线的一半，则R＝＝，故该四面体外接球的表面积是4πR2＝12π.故选B. 8．在棱长为4的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别在棱AA1和AB上，且C1E⊥EF，则AF的最大值为(　B　) A. B．1 C. D．2 解析：以AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则C1(4,4,4)． 设E(0,0，z)，z∈[0,4]，F(x,0,0)，x∈[0,4]，设AF＝x.故＝(4,4,4－z)，＝(x,0，－z)．因为C1E⊥EF，所以·＝0，即z2＋4x－4z＝0，则x＝z－z2＝－(z－2)2＋1，所以当z

5、＝2时，x取得最大值1.所以AF的最大值为1.故选B. 二、填空题 9．已知点P在z轴上，且满足|OP|＝1(O为坐标原点)，则点P到点A(1,1,1)的距离为或. 解析：由题意知，P(0,0,1)或P(0,0，－1)． ∴|PA|＝＝. 或|PA|＝＝. 10．已知空间四边形OABC，点M、N分别是OA、BC的中点，且＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示向量＝(b＋c－a)． 解析：如图，＝(＋) ＝[(－)＋(－)] ＝(＋－2) ＝(＋－)＝(b＋c－a)． 11．已知O(0,0,0)，A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动

6、，当·取最小值时，点Q的坐标是. 解析：由题意，设＝λ，即OQ＝(λ，λ，2λ)，则＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)， ∴·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝62－，当λ＝时有最小值，此时Q点坐标为. 三、解答题 12．已知a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1,4)，B(－2，－2,2)． (1)求|2a＋b|； (2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点) 解：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2，1,1)＝(0，－5,5)，故|2a＋b|＝＝5.

7、 (2)令＝t(t∈R)，所以＝＋＝＋t＝(－3，－1,4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4－2t)，若⊥b，则·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝.因此存在点E， 使得⊥b，此时E点的坐标为(－，－，)． 13.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，设E，F分别为PC，BD的中点． (1)求证：EF∥平面PAD； (2)求证：平面PAB⊥平面PDC. 证明：(1)如图，取AD的中点O，连接OP，OF. 因为PA＝PD，所以PO⊥AD. 因为侧面

8、PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD. 又O，F分别为AD，BD的中点，所以OF∥AB. 又ABCD是正方形，所以OF⊥AD. 因为PA＝PD＝AD，所以PA⊥PD，OP＝OA＝. 以O为原点，OA，OF，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A，F，D，P，B，C. 因为E为PC的中点，所以E.易知平面PAD的一个法向量为＝，因为＝，且·＝·＝0， 又因为EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD. (2)因为＝，＝(0，－a,0)， 所以·＝·(0，－a,0)＝0， 所以⊥，所以PA⊥CD. 又PA

9、⊥PD，PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PDC，所以PA⊥平面PDC. 又PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC. 14．如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为4，P是AA1的中点，点M在侧面AA1B1B内．若D1M⊥CP，则△BCM面积的最小值为(　D　) A．8 B．4 C．8 D. 解析：以AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则P(0,0,2)，C(4,4,0)，D1(0,4,4)．设M(a,0，b)，则＝(a，－4，b－4)，＝(－4，－4,2)．∵D1M⊥CP，∴·＝－4a＋16＋2b－8＝0，即b

10、＝2a－4.取AB的中点N，连接B1N，则点M的轨迹即为线段B1N.过B作BQ⊥B1N于点Q，则BQ＝＝，又BC⊥平面ABB1A1，故BC⊥BQ，∴S△BCM的最小值为S△BCM＝×4×＝. 15．如图，平面ABCD⊥平面ADEF，其中ABCD为矩形，ADEF为梯形，AF∥DE，AF⊥FE，AF＝AD＝2DE＝2. (1)求证：EF⊥平面BAF； (2)若二面角A­BF­D的余弦值为，求AB的长． 解：(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，∴BA⊥AD， ∵平面ABCD⊥平面ADEF，又平面ABCD∩平面ADEF＝AD，BA⊂平面ABCD，∴BA⊥平面ADEF. 又EF⊂平面ADEF，∴BA⊥EF. 又AF⊥EF，且AF∩BA＝A，∴EF⊥平面BAF. (2)设AB＝x(x>0)．以F为坐标原点，AF，FE所在直线分别为x轴、y轴建立空间直角坐标系F­xyz，如图． 则F(0,0,0)，E(0，，0)，D(－1，，0)，B(－2,0，x)， ∴＝(1，－，0)，＝(2,0，－x)． 由(1)知EF⊥平面ABF， ∴平面ABF的一个法向量可取n1＝(0,1,0)． 设n2＝(x1，y1，z1)为平面BFD的一个法向量， 则即 令y1＝1，则n2＝. ∵cos〈n1，n2〉＝＝＝， 解得x＝(负值舍去)，∴AB＝.