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人教A版普通高中数学一轮复习36课时练习含答案
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这是一份人教A版普通高中数学一轮复习36课时练习含答案,共10页。试卷主要包含了已知空间中三点A,B,C,则等内容,欢迎下载使用。
1.已知点O,A,B,C为空间不共面的四点,且向量a=OA+OB+OC,向量b=OA+OB−OC,则与a,b不能构成空间的一个基底的向量是( )
A.OAB.OB
C.OCD.OA或OB
C 解析:因为OC=12(OA+OB+OC)-12(OA+OB−OC)=12(a-b),
所以OC与a,b不能构成空间的一个基底.
2.(2024·台州模拟)若向量a=(1,1,2),b=(2,x,y),且a∥b,则|b|=( )
A.2B.22
C.6D.26
D 解析:由题意,得21=x1=y2,解得x=2,y=4,故b=(2,2,4),所以|b|=22+22+42=26.
3.(多选题)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点,AB=(2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1).下列结论正确的有( )
A.AP⊥AB
B.AP⊥AD
C.AP是平面ABCD的一个法向量
D.AP∥BD
ABC 解析:对于A,AB·AP=2×(-1)+(-1)×2+(-4)×(-1)=0,所以AP⊥AB,即AP⊥AB,故A正确;
对于B,AP·AD=(-1)×4+2×2+(-1)×0=0,所以AP⊥AD,即AP⊥AD,故B正确;
对于C,由AP⊥AB,且AP⊥AD,得出AP是平面ABCD的一个法向量,故C正确;
对于D,由AP是平面ABCD的法向量,得出AP⊥BD,故D错误.
4.设向量a=(3,5,2),b=(-2,1,3),向量ma+nb与x轴垂直时,实数m与n满足( )
A.3m=2nB.3m=n
C.m=2nD.m=n
A 解析:ma+nb=(3m-2n,5m+n,2m+3n),取x轴的方向向量为e=(1,0,0).因为向量ma+nb与x轴垂直,所以3m-2n=0,解得3m=2n.
5.如图,在一个120°的二面角的棱上有A,B两点,线段AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且均与棱AB垂直.若AB=2,AC=1,BD=2,则CD的长为( )
A.2B.3
C.23D.4
B 解析:因为CA⊥AB,BD⊥AB,二面角大小为120°,所以CA·AB=0,BD·AB=0,CA·BD=|CA||BD|cs (180°-120°)=1×2×12=1.
因为CD=CA+AB+BD,
所以CD2=CA2+AB2+BD2+2CA·AB+2CA·BD+2AB·BD=1+2+4+0+2×1+0=9,所以|CD|=3.
6.已知a=(1,0,1),b=(x,1,2),且a·b=3,则向量a与b的夹角为 .
π6 解析:因为a·b=x+2=3,所以x=1,所以b=(1,1,2),
所以cs 〈a,b〉=a·bab=31+1×1+1+4=32.
又因为〈a,b〉∈[0,π],
所以向量a与b的夹角为π6.
7.(2024·西安模拟)在空间四边形ABCD中,AC与BD是四边形的两条对角线,M,N分别为线段AB,CD上的点,且满足AM=23AB,DN=34DC,点G在线段MN上,且满足MG=3GN.若向量AG满足AG=xAB+yAC+zAD,则x+y+z= .
1112 解析:如图,连接MN,AN,AG.
由于MG=3GN,故AG−AM=3(AN−AG),整理得4AG=3AN+AM=3AD+3DN+AM=3AD+94DC+23AB=3AD+94AC-94AD+23AB=34AD+94AC+23AB,
所以AG=316AD+916AC+16AB,
故x=16,y=916,z=316,
所以x+y+z=1112.
8.已知空间向量a=(1,0,1),b=(2,-1,2),则向量a在向量b上的投影向量的坐标是 .
89,−49,89 解析:因为空间向量a=(1,0,1),b=(2,-1,2),所以a·b=4,b=4+1+4=3,所以向量a在向量b上的投影向量为a·bb×bb=43×13(2,-1,2)=89,−49,89.
9.在棱长为2的正方体中,E,F分别是DD1,DB的中点,G在棱CD上,且CG=13CD,H是C1G的中点.建立适当的空间直角坐标系,解决下列问题:
(1)求证:EF⊥B1C;
(2)求cs〈EF,C1G 〉;
(3)求FH的长.
(1)证明:如图,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),E(0,0,1),F(1,1,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),B1(2,2,2),G0,43,0,
所以EF=(1,1,-1),B1C=(-2,0,-2),
所以EF·B1C=1×(-2)+1×0+(-1)×(-2)=0,
所以EF⊥B1C,故EF⊥B1C.
(2)解:因为C1G=0,−23,−2,
所以|C1G|=2103.
因为EF=(1,1,-1),所以|EF|=3,EF·C1G=1×0+1×−23+(-1)×(-2)=43,
所以cs 〈EF,C1G〉=EF·C1GTX→EFC1GTX→=433×2103=3015.
(3)解:因为H是C1G的中点,
所以H0,53,1.
又因为F(1,1,0),
所以HF=1,−23,−1,
所以|HF|=12+−23 2+−12=223,
即FH=223.
10.(多选题)(2024·沈阳模拟)已知空间中三点A(0,1,0),B(2,2,0),C(-1,3,1),则( )
A.AB与AC是共线向量
B.与向量AB方向相同的单位向量坐标是255,55,0
C.AB与BC夹角的余弦值是5511
D.BC在AB上的投影向量的模为5
BD 解析:由已知得AB=(2,1,0),AC=(-1,2,1),BC=(-3,1,1),且−12≠21,
因此AB与AC不共线,故A错误;
|AB|=5,所以与向量AB方向相同的单位向量坐标是15(2,1,0)=255,55,0,故B正确;
AB·BC=-5,|BC|=11,
cs 〈AB,BC〉=AB·BCABBC=−55×11=-5511,故C错误;
BC在AB上的投影向量的模是BC·ABAB=−55=5,故D正确.
11.已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A.32B.155
C.105D.33
C 解析:如图,由题意知,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,CC1⊥平面ABC.
因为BC⊂平面ABC,AB⊂平面ABC,所以BB1⊥BC,CC1⊥AB.
因为AB1=BB1-BA,BC1=BC+CC1,
所以AB1·BC1=BB1·BC+BB1·CC1-BA·BC−BA·CC1=0+1-2×1×−12-0=2.因为AB1TX→=5,|BC1|=2,
所以cs 〈AB1,BC1〉=AB1TX→·BC1TX→AB1TX→BC1TX→=25×2=105,所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为105.
12.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=BC=1,动点P,Q分别在线段C1D,AC上,则线段PQ长度的最小值是( )
A.23B.33
C.23D.53
C 解析:以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系(图略),则D(0,0,0),C1(0,1,2),A(1,0,0),C(0,1,0),所以DC1=(0,1,2),DA=(1,0,0),AC=(-1,1,0).
设DP=λDC1,AQ=μAC(λ,μ∈[0,1]),
所以DP=λ(0,1,2)=(0,λ,2λ),
DQ=DA+AQ=DA+μAC=(1,0,0)+μ(-1,1,0)=(1-μ,μ,0).
所以PQ=DQ−DP=(1-μ,μ-λ,-2λ),
所以|PQ|=1−μ2+μ−λ2+4λ2=5λ−μ52+95 μ−592+49 ≥49=23,当且仅当λ=μ5,μ=59,即λ=19,μ=59时取等号.
所以线段PQ长度的最小值为23.
13.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱长为2,底面边长为1,M为BC的中点,C1N=λNC,且AB1⊥MN,则λ的值为 .
15 解析:如图,取B1C1的中点P,连接MP,以MC,MA,MP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.
因为底面边长为1,侧棱长为2,
则A0,32,0,B1−12,0,2,C12,0,0,C112,0,2,M(0,0,0).
设N12,0,t,因为C1N=λNC,
所以N12,0,21+λ,
所以AB1=−12,−32,2,
MN=12,0,21+λ.
因为AB1⊥MN,所以AB1·MN=0,
所以-14+41+λ=0,解得λ=15.
14.如图,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1,点M,N分别在AC1和BC上,且满足AM=kAC1,BN=kBC(0≤k≤1).
(1)用向量AB和AA1表示向量MN.
(2)向量MN与向量AB,AA1是否共面?
解:(1)因为AN=AB+BN=AB+k(AC−AB)=(1-k)AB+kAC,AM=kAC1=k(AA1+AC),
所以MN=AN−AM=(1-k)AB+kAC-kAA1-kAC=(1-k)AB-kAA1.
(2)由(1)可知,MN=(1-k)AB-kAA1,
所以向量MN与向量AB,AA1共面.
15.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,∠A1AD=∠A1AB=∠BAD=60°,AB=AD=2,AA1=1,点P为线段BC的中点.
(1)求|D1P|;
解:(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,BP=PC.
设AB=a,AD=b,AA1=c,这三个向量不共面,{a,b,c}构成空间的一个基底.
所以D1P=AP-AD1=(AB+BP)-(AD+AA1)=a+12b-(b+c)=a-12b-c.
所以D1P2=a−12b−c2=a2+14b2+c2-a·b-2a·c+b·c=4+14×4+1-2×2×12-2×2×1×12+2×1×12=3,
所以D1PTX→=3.
(2)求直线AB1与D1P所成角的余弦值.
解:由(1),知D1P=a-12b-c,|D1P|=3.
因为AB1=a+c,所以|AB1|=a+c2=a2+c2+2a·c=4+1+2×2×1×12=7,
AB1·D1P=(a+c)a−12b−c=a2-12a·b-a·c+a·c-12b·c-c2=4-12×2×2×12-12×2×1×12-1=32,
所以cs 〈AB1,D1P〉=AB1TX→·D1PTX→AB1TX→D1PTX→=327×3=2114,
故直线AB1与D1P所成角的余弦值为2114.
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