2022年高考数学(理数)一轮复习课时作业43《空间向量及其运算、空间位置关系》（教师版）

这是一份2022年高考数学(理数)一轮复习课时作业43《空间向量及其运算、空间位置关系》（教师版），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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|＝eq \r(－3－32＋0－02＋－4－42)＝10.
2．已知向量a＝(2，－3,5)，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，λ，\f(15,2)))，且a∥b，则λ等于( C )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(9,2)
C．－eq \f(9,2) D．－eq \f(2,3)
解析：a∥b⇔a＝kb⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(,2＝3k；,－3＝kλ；,5＝\f(15,2)k))⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝\f(2,3)，,λ＝－\f(9,2).))
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.eq \f(1,5)
C.eq \f(3,5) D.eq \f(7,5)
解析：ka＋b＝(k－1，k,2)，2a－b＝(3,2，－2)，由题意知，3(k－1)＋2k－4＝0，
解得k＝eq \f(7,5).
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.eq \f(62,7) B.eq \f(63,7)
C.eq \f(64,7) D.eq \f(65,7)
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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(7＝2m－n，,5＝－m＋4n，,λ＝3m－2n，))解得m＝eq \f(33,7)，n＝eq \f(17,7)，λ＝eq \f(65,7).
5．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，eq \(AM,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)eq \(MC1,\s\up16(→))，点N为B1B的中点，则|MN|等于( A )
A.eq \f(\r(21),6)a B.eq \f(\r(6),6)a
C.eq \f(\r(15),6)a D.eq \f(\r(15),3)a
解析：∵eq \(MN,\s\up16(→))＝eq \(AN,\s\up16(→))－eq \(AM,\s\up16(→))＝eq \(AN,\s\up16(→))－eq \f(1,3)eq \(AC1,\s\up16(→))＝eq \(AB,\s\up16(→))＋eq \(BN,\s\up16(→))－eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up16(→))＋eq \(AD,\s\up16(→))＋eq \(AA1,\s\up16(→)))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,6)eq \(AA1,\s\up16(→))－eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up16(→))，
∴|eq \(MN,\s\up16(→))|＝eq \r(\f(4,9)|\(AB,\s\up16(→))|2＋\f(1,36)|\(AA1,\s\up16(→))|2＋\f(1,9)|\(AD,\s\up16(→))|2)＝eq \f(\r(21),6)a.故选A.
6．设A，B，C，D是空间不共面的四个点，且满足eq \(AB,\s\up16(→))·eq \(AC,\s\up16(→))＝0，eq \(AD,\s\up16(→))·eq \(AC,\s\up16(→))＝0，eq \(AD,\s\up16(→))·eq \(AB,\s\up16(→))＝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：eq \(BC,\s\up16(→))·eq \(BD,\s\up16(→))＝(eq \(AC,\s\up16(→))－eq \(AB,\s\up16(→)))·(eq \(AD,\s\up16(→))－eq \(AB,\s\up16(→)))＝eq \(AC,\s\up16(→))·eq \(AD,\s\up16(→))－eq \(AC,\s\up16(→))·eq \(AB,\s\up16(→))－eq \(AB,\s\up16(→))·eq \(AD,\s\up16(→))＋eq \(AB,\s\up16(→))2＝eq \(AB,\s\up16(→))2>0，
同理eq \(DB,\s\up16(→))·eq \(DC,\s\up16(→))>0，eq \(CB,\s\up16(→))·eq \(CD,\s\up16(→))>0，故△BCD为锐角三角形．故选C.
二、填空题
7．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eq \r(2)或eq \r(6).
解析：由题意知，P(0,0,1)或P(0,0，－1)．
∴|PA|＝eq \r(0－12＋0－12＋1－12)＝eq \r(2).
或|PA|＝eq \r(1－02＋1－02＋1＋12)＝eq \r(6).
8．已知空间四边形OABC，点M、N分别是OA、BC的中点，且eq \(OA,\s\up16(→))＝a，eq \(OB,\s\up16(→))＝b，eq \(OC,\s\up16(→))＝c，用a，b，c表示向量eq \(MN,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(b＋c－a)．
解析：如图，eq \(MN,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \(MB,\s\up16(→))＋eq \(MC,\s\up16(→)))
＝eq \f(1,2)[(eq \(OB,\s\up16(→))－eq \(OM,\s\up16(→)))＋(eq \(OC,\s\up16(→))－eq \(OM,\s\up16(→)))]＝eq \f(1,2)(eq \(OB,\s\up16(→))＋eq \(OC,\s\up16(→))－2eq \(OM,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)(eq \(OB,\s\up16(→))＋eq \(OC,\s\up16(→))－eq \(OA,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)(b＋c－a)．
9．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，当eq \(QA,\s\up16(→))·eq \(QB,\s\up16(→))取最小值时，点Q的坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3))).
解析：由题意，设eq \(OQ,\s\up16(→))＝λeq \(OP,\s\up16(→))，即OQ＝(λ，λ，2λ)，则eq \(QA,\s\up16(→))＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，eq \(QB,\s\up16(→))＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴eq \(QA,\s\up16(→))·eq \(QB,\s\up16(→))＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(4,3)))2－eq \f(2,3)，当λ＝eq \f(4,3)时有最小值，此时Q点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3))).
三、解答题
10．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eq \(OE,\s\up16(→))⊥b？(O为原点)
解：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2，1,1)＝(0，－5,5)，
故|2a＋b|＝eq \r(02＋－52＋52)＝5eq \r(2).
(2)令eq \(AE,\s\up16(→))＝teq \(AB,\s\up16(→))(t∈R)，
所以eq \(OE,\s\up16(→))＝eq \(OA,\s\up16(→))＋eq \(AE,\s\up16(→))＝eq \(OA,\s\up16(→))＋teq \(AB,\s\up16(→))＝(－3，－1,4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4－2t)，若eq \(OE,\s\up16(→))⊥b，则eq \(OE,\s\up16(→))·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝eq \f(9,5).
因此存在点E，使得eq \(OE,\s\up16(→))⊥b，此时E点的坐标为(－eq \f(6,5)，－eq \f(14,5)，eq \f(2,5))．
11．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＝eq \f(\r(2),2)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＝eq \f(\r(2),2)AD，所以PA⊥PD，OP＝OA＝eq \f(a,2).
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Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，0，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(a,2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，a，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，a，0)).
因为E为PC的中点，
所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,4)，\f(a,2)，\f(a,4))).易知平面PAD的一个法向量为eq \(OF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，0))，
因为eq \(EF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)，0，－\f(a,4)))，且eq \(OF,\s\up16(→))·eq \(EF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，0))·eq \f(a,4)，0，－eq \f(a,4)＝0，
又因为EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD.
(2)因为eq \(PA,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，－\f(a,2)))，eq \(CD,\s\up16(→))＝(0，－a,0)，
所以eq \(PA,\s\up16(→))·eq \(CD,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，－\f(a,2)))·(0，－a,0)＝0，
所以eq \(PA,\s\up16(→))⊥eq \(CD,\s\up16(→))，所以PA⊥CD.
又PA⊥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.
12．如图，P为空间任意一点，动点Q在△ABC所在平面内运动，且eq \(PQ,\s\up16(→))＝2eq \(PA,\s\up16(→))－3eq \(PB,\s\up16(→))＋meq \(CP,\s\up16(→))，则实数m的值为( C )
A．0 B．2
C．－2 D．1
解析：∵eq \(PQ,\s\up16(→))＝2eq \(PA,\s\up16(→))－3eq \(PB,\s\up16(→))＋meq \(CP,\s\up16(→))，∴eq \(PQ,\s\up16(→))＝2eq \(PA,\s\up16(→))－3eq \(PB,\s\up16(→))－meq \(PC,\s\up16(→)).
又动点Q在△ABC所在平面内运动，∴2＋(－3)＋(－m)＝1，∴m＝－2.故选C.
13．如图，在三棱锥A­BCD中，平面ABC⊥平面BCD，△BAC与△BCD均为等腰直角三角形，且∠BAC＝∠BCD＝90°，BC＝2，点P是线段AB上的动点，若线段CD上存在点Q，使得异面直线PQ与AC成30°的角，则线段PA长的取值范围是( B )
A．(0，eq \f(\r(2),2)) B．[0，eq \f(\r(6),3)]
C．(eq \f(\r(2),2)，eq \r(2)) D．(eq \f(\r(6),3)，eq \r(2))
解析：以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(0,1,1)，B(0,2,0)，C(0,0,0)，设Q(q,0,0)，eq \(AP,\s\up16(→))＝λeq \(AB,\s\up16(→))＝(0，λ，－λ)，则eq \(PQ,\s\up16(→))＝eq \(CQ,\s\up16(→))－eq \(CP,\s\up16(→))＝eq \(CQ,\s\up16(→))－(eq \(CA,\s\up16(→))＋eq \(AP,\s\up16(→)))＝(q,0,0)－(0,1,1)－(0，λ，－λ)＝(q，－1－λ，λ－1)，
∵异面直线PQ与AC成30°的角，
∴cs30°＝eq \f(|\(CA,\s\up16(→))·\(PQ,\s\up16(→))|,|\(CA,\s\up16(→))|·|\(PQ,\s\up16(→))|)＝eq \f(2,\r(2)·\r(q2＋1＋λ2＋λ－12))
＝eq \f(\r(2),\r(q2＋2λ2＋2))＝eq \f(\r(3),2)，∴q2＋2λ2＋2＝eq \f(8,3)，∴q2＝eq \f(2,3)－2λ2∈[0,4]．
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,3)－2λ2≥0，,\f(2,3)－2λ2≤4，))解得0≤λ≤eq \f(\r(3),3)，∴|eq \(AP,\s\up16(→))|＝eq \r(2)λ∈[0，eq \f(\r(6),3)]，
∴线段PA长的取值范围是[0，eq \f(\r(6),3)]．故选B.
14．如图所示，正三角形ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A­DC­B.
(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由．
(2)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出eq \f(BP,BC)的值；如果不存在，请说明理由．
解：(1)AB∥平面DEF，理由如下：
以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，2eq \r(3)，0)，E(0，eq \r(3)，1)，F(1，eq \r(3)，0)，
所以eq \(DE,\s\up16(→))＝(0，eq \r(3)，1)，eq \(DF,\s\up16(→))＝(1，eq \r(3)，0)，eq \(AB,\s\up16(→))＝(2,0，－2)，由此，得eq \(AB,\s\up16(→))＝－2eq \(DE,\s\up16(→))＋2eq \(DF,\s\up16(→)).
又eq \(DE,\s\up16(→))与eq \(DF,\s\up16(→))不共线，根据向量共面的充要条件可知eq \(AB,\s\up16(→))，eq \(DE,\s\up16(→))，eq \(DF,\s\up16(→))共面．
由于AB⊄平面DEF，所以AB∥平面DEF.
(2)假设存在点P(x，y,0)满足条件，
则eq \(AP,\s\up16(→))＝(x，y，－2)，eq \(AP,\s\up16(→))·eq \(DE,\s\up16(→))＝eq \r(3)y－2＝0，
所以y＝eq \f(2\r(3),3).又eq \(BP,\s\up16(→))＝(x－2，y,0)，eq \(PC,\s\up16(→))＝(－x,2eq \r(3)－y,0)，eq \(BP,\s\up16(→))∥eq \(PC,\s\up16(→))，
所以(x－2)(2eq \r(3)－y)＝－xy，
所以eq \r(3)x＋y＝2eq \r(3).
把y＝eq \f(2\r(3),3)代入上式，得x＝eq \f(4,3)，
所以eq \(BP,\s\up16(→))＝eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up16(→))，所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE，此时eq \f(BP,BC)＝eq \f(1,3).