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    高考数学一轮复习课时质量评价36空间向量及其运算含答案 试卷

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    高考数学一轮复习课时质量评价36空间向量及其运算含答案

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    这是一份高考数学一轮复习课时质量评价36空间向量及其运算含答案,共10页。试卷主要包含了已知a=,b=,点A,B等内容,欢迎下载使用。
    课时质量评价(三十六)A组 全考点巩固练1已知a(2,1,3)b(1,2,1)a(aλb)则实数λ的值为(  )A2   BC   D2D 解析:aλb(2,1,3)(λ2λλ)(λ2,12λ3λ)a(2,1,3).若a(aλb),则-2(λ2)12λ3(3λ)0,解得λ2.故选D2(2022·江西新余月考)已知a(t,123)b(2t2,1)ab则实数t的值为(  )A5   B.-6  C4   D.-3B 解析:因为a(t,12,-3)b(2t2,1),且ab,所以存在实数λ,使得aλb,即(t,12,-3)λ(2t2,1),所以解得故选B3如图在三棱锥O­ABCPQ分别是OABC的中点D为线段PQ上一点2.若记abc(  )Aabc   BabcCabc   DabcA 解析:()×()×abc.故选A4已知平面α内有一点M(11,2)平面α的一个法向量为n(63,6)则下列点P在平面α内的是(  )AP(2,3,3)   BP(2,0,1)CP(4,4,0)   DP(33,4)A 解析:对于选项A(1,4,1),所以·n61260,所以n所以点P在平面α内,同理可验证其他三个点不在平面α内.故选A5如图在大小为45°的二面角AEFD四边形ABFECDEF都是边长为1的正方形BD两点间的距离是(  )A   B  C1   DD 解析:因为,所以||2||2||2||22·2·2·1113,故||6(多选题)设几何体ABCD­A1B1C1D1是棱长为a的正方体A1CB1D相交于点O则下列结论正确的是(  )A·a2  B·a2C·=-a2  D·a2ACD 解析:如图,建立空间直角坐标系,则A(a,0,0)B(aa,0)C(0a,0)D(0,0,0)A1(a,0a)B1(aaa)O,所以1(0a,0)(aa,0)(0a,0)(aa,-a)(0,-a,0)1(0aa).所以·a2,故A对;·a2,故B错;·1=-a2,故C对;·a2,故D对.故选ACD7已知V为矩形ABCD所在平面外一点VAVBVCVD.则VA与平面PMN的位置关系是____________平行 解析:如图,设abc,则acb由题意知bcabc.因此,所以共面.VA平面PMN,所以VA平面PMN8已知a(13,2)b(2,1,1)A(314)B(22,2)(1)|2ab|(2)在直线AB是否存在一点E使得b?若存在求出点E的坐标;若不存在请说明理由.(O为原点)解:(1)2ab(2,-6,4)(2,1,1)(0,-5,5),故|2ab|5(2)t (tR),所以t(3,-1,4)t(1,-1,-2)(3t,-1t,42t).若b,则·b0,所以-2(3t)(1t)(42t)0,解得t因此存在点E,使得b,此时点E的坐标为9如图在直三棱柱ABC­ABCACBCAA,∠ACB90°DE分别为棱ABBB的中点.(1)求证:CEAD(2)求异面直线CEAC所成角的余弦值.解:(方法一)因为CC平面ABCCACB,所以以点C为原点,分别以CACBCC所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.ACBCAA2,则A(2,0,0)B(0,2,0)C′(0,0,2)A′(2,0,2)B′(0,2,2)E(0,2,1)D(11,0)(1)证明:(0,2,1)(1,1,-2)因为·0220,所以,所以CEAD(2)解:因为(2,0,2),所以cos〉=即异面直线CEAC所成角的余弦值为(方法二)abc根据题意得|a||b||c|a·bb·cc·a0(1)证明:bc()()=-=-abc所以·=-a·bb2b·ca·cb·cc20,所以,即CEAD(2)解:因为=-ac|||a||||a|·(acc2|a|2所以cos〉=即异面直线CEAC所成角的余弦值为B组 新高考培优练10.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1若动点P在线段BD1上运动·的取值范围是(  )A(0,1)   B[0,1)C.[0,1]   D[1,1]C 解析:如图所示,由题意,设λ,其中λ[0,1]··()·(λ)2λ·1λ·1λ[0,1].因此·的取值范围是[0,1]11如图斜线段AB与平面α所成的角为B为斜足.平面α上的动点P满足PAB则点P的轨迹为(  )A   B.椭圆C双曲线的一部分   D.抛物线的一部分B 解析:建立如图所示的空间直角坐标系,B(0,1,0)A(0,0,1)P(xy,0)(0,1,-1)(xy,-1)cos〉=3x2(y2)23,所以点P的轨迹是椭圆.故选B12(多选题)已知空间向量a(21,1)b(3,4,5)则下列结论正确的是(  )A(2ab)aB5|a||b|Ca(5a6b)Dab夹角的余弦值为-BCD 解析:对于A,因为2ab(1,2,7),所以A错误;对于B,因为|a||b|5,所以5|a||b|5B正确;对于C,因为a·(5a6b)5a26a·b306×(645)0,所以a(5a6b)C正确;对于D,因为a·b=-645=-5,所以cosab〉==-D正确.故选BCD13(多选题)(2021·广东梅州二模)如图在正方体ABCD­A1B1C1D1AA13MN分别在棱ABBB1上运动(不含端点).若D1MMN则下列命题正确的是(  )AMNA1MBMN平面D1MCC线段BN长度的最大值为D三棱锥C1­A1D1M体积不变ACD 解析:在正方体ABCD­A1B1C1D1中,以点D为原点,射线DADCDD1分别为xyz轴非负半轴建立空间直角坐标系,如图,A1(3,0,3)D1(0,0,3)C(0,3,0)B(3,3,0).设M(3y,0)N(3,3z)yz(0,3)(3y,-3)(0,3yz),而D1MMN,则·y(3y)3z0zy(3y).对于A选项,(0y,-3),则·y(3y)3z0MNA1MA正确;对于B选项,(3y3,0)·(y3)(3y)=-(3y)2<0,即CMMN不垂直,从而MN与平面D1MC不垂直,B不正确;对于C选项:(0,0z),则线段BN长度||z,当且仅当y时等号成立,C正确;对于D选项,不论点M如何移动,点M到平面A1D1C1的距离均为3,而VC1­A1D1MVM­A1D1C1·3·SA1D1C1三棱锥C1­A1D1M体积为定值,即D正确.故选ACD14(2022·河南濮阳一模)如图所示正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为4MN是它内切球的一条弦(我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦)P为正方体表面上的动点当弦MN的长度最大时·取值范围是________[0, 8] 解析:当弦MN的长度最大时,弦过球心O,如图,建立空间直角坐标系,不妨设MN是上下底面的中心,M(2,2,4)N(2,2,0)P(xyz)(2x,2y,4z)(2x,2y,-z),则·(2x)2(2y)2z(4z)(x2)2(y2)2(z2)24,而(x2)2(y2)2(z2)2表示点P(xyz)和定点(2,2,2)距离的平方,很显然正方体的顶点到定点(2,2,2)距离的平方最大,最大值是12.正方体面的中心到定点的距离的平方最小,最小值是4.所以·的最小值是440,最大值是124815如图圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形O为底面中心MSO的中点动点P在圆锥底面内(包括圆周).若AMMP则点P形成的轨迹长度为__________ 解析:以点O为坐标原点,OBOS所在直线分别为y轴、z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示,A(0,-1,0)B(0,1,0)S(0,0)MP(xy,0)所以·y0,得y所以点P的轨迹方程为y根据圆的弦长公式,可得点P形成的轨迹长度为216()(),②||,③0<cos<1这三个条件中任选一个补充在下面的横线中并完成问题.问题:如图在正方体ABCD­A1B1C1D1D为坐标原点建立空间直角坐标系Dxyz.已知点D1的坐标为(0,0,2)E为棱D1C1上的动点F为棱B1C1上的动点________试问是否存在点EF满足EFA1C?若存在·的值;若不存在请说明理由.注:如果选择多个条件分别解答按第一个解答计分.解:由题意,正方体ABCD­A1B1C1D1棱长为2,则A(2,0,0)B(2,2,0)A1(2,0,2)D(0,0,0)C(0,2,0),设E(0a,2)(0a2)F(b,2,2)(0b2),则(b,2a,0)(2,2,-2)(2a,2)(b2,0,2)所以·42(ab)·82b选择:因为()(),所以()·()220,即22,得ab·042(ab)0,则ab1故存在点E(0,1,2)F(1,2,2),满足·0·82b6选择:因为||,所以,得a·0,即42(ab)0,得b故存在点EF,满足·0·82b5选择:因为0<cos<1,所以不共线,所以b2a,即ab2·42(ab)0,故不存在点EF满足·0 

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