新高考2022年高考数学一轮课时跟踪42《空间向量及其运算》练习题

这是一份新高考2022年高考数学一轮课时跟踪42《空间向量及其运算》练习题，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
若平面α，β的法向量分别为n1=(2，－3,5)，n2=(－3,1，－4)，则( )
A.α∥β B.α⊥β C.α，β相交但不垂直 D.以上均不正确
如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点.若eq \(AB,\s\up15(→))=a，eq \(AD,\s\up15(→))=b，eq \(AA1,\s\up15(→))=c，则下列向量中与eq \(BM,\s\up15(→))相等的向量是( )
A.－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c B.eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c C.－eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c D.eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c
在下列命题中：
①若向量a，b共线，则向量a，b所在的直线平行；
②若向量a，b所在的直线为异面直线，则向量a，b一定不共面；
③若三个向量a，b，c两两共面，则向量a，b，c共面；
④已知空间的三个向量a，b，c，则对于空间的任意一个向量p总存在实数x，y，z使得p=xa＋yb＋zc.
其中正确命题的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
如图所示，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点.若eq \(AB,\s\up7(―→))=a，eq \(AD,\s\up7(―→))=b，eq \(AA1,\s\up7(―→))=c，则下列向量中与eq \(BM,\s\up7(―→))相等的向量是( )
A.－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c B.eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c C.－eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c D.eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c
已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若eq \(OP,\s\up7(―→))=xeq \(OA,\s\up7(―→))＋yeq \(OB,\s\up7(―→))＋zeq \(OC,\s\up7(―→)) (x，y，z∈R)，则“x=2，y=－3，z=2”是“P，A，B，C四点共面”的( )
A.必要不充分条件
B.充分不必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
已知a=(2,1，－3)，b=(－1,2,3)，c=(7,6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ=( )
A.9 B.－9 C.－3 D.3
已知A(1,0,0)，B(0，－1,1)，eq \(OA,\s\up7(―→))＋λeq \(OB,\s\up7(―→))与eq \(OB,\s\up7(―→))的夹角为120°，则λ的值为( )
A.±eq \f(\r(6),6) B.eq \f(\r(6),6) C.－eq \f(\r(6),6) D.±eq \r(6)
在空间四边形ABCD中，则eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(DB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))的值为( )
A.－1 B.0 C.1 D.2
已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，
则eq \(AE,\s\up15(→))·eq \(AF,\s\up15(→))的值为( )
A.a2 B.eq \f(1,2)a2 C.eq \f(1,4)a2 D.eq \f(\r(3),4)a2
如图，在空间四边形OABC中，OA=8，AB=6，AC=4，BC=5，∠OAC=45°，∠OAB=60°，则OA与BC所成角的余弦值为( )
A.eq \f(3－2\r(2),5) B.eq \f(2－\r(2),6) C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(3),2)
已知a=(－2,1,3)，b=(－1,2,1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为( )
A.－2 B.－eq \f(14,3) C.eq \f(14,5) D.2
如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在线段MN上，且分MN所成的比为2，现用基向量eq \(OA,\s\up16(→))，eq \(OB,\s\up16(→))，eq \(OC,\s\up16(→))表示向量eq \(OG,\s\up16(→))，设eq \(OG,\s\up16(→))=xeq \(OA,\s\up16(→))＋yeq \(OB,\s\up16(→))＋zeq \(OC,\s\up16(→))，则x，y，z的值分别是( )
A.x=eq \f(1,3)，y=eq \f(1,3)，z=eq \f(1,3) B.x=eq \f(1,3)，y=eq \f(1,3)，z=eq \f(1,6)
C.x=eq \f(1,3)，y=eq \f(1,6)，z=eq \f(1,3) D.x=eq \f(1,6)，y=eq \f(1,3)，z=eq \f(1,3)
二、填空题
已知点A(1,2,1)，B(－1,3,4)，D(1,1,1).若eq \(AP,\s\up15(→))=2eq \(PB,\s\up15(→))，则|eq \(PD,\s\up15(→))|的值是________.
在空间直角坐标系中，以点A(4,1,9)，B(10，－1,6)，C(x,4,3)为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，则实数x的值为________.
已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果eq \(AB,\s\up7(―→))=(2，－1，－4)，eq \(AD,\s\up7(―→))=(4,2,0)，eq \(AP,\s\up7(―→))=(－1,2，－1).对于结论：
①AP⊥AB；②AP⊥AD；③eq \(AP,\s\up7(―→))是平面ABCD的法向量；④eq \(AP,\s\up7(―→))∥eq \(BD,\s\up7(―→)).
其中正确的是________.
已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是OA，BC的中点，点G在线段MN上，且eq \(MG,\s\up7(―→))=2eq \(GN,\s\up7(―→))，现用基底{eq \(OA,\s\up7(―→))，eq \(OB,\s\up7(―→))，eq \(OC,\s\up7(―→))}表示向量eq \(OG,\s\up7(―→))，有eq \(OG,\s\up7(―→))=xeq \(OA,\s\up7(―→))＋yeq \(OB,\s\up7(―→))＋zeq \(OC,\s\up7(―→))，
则x，y，z的值分别为________.
\s 0 答案解析
答案为：C
解析：∵n1·n2=2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)=－29≠0，∴n1与n2不垂直.
又n1，n2不共线，∴α与β相交但不垂直.
答案为：A
解析：eq \(BM,\s\up15(→))=eq \(BB1,\s\up15(→))＋eq \(B1M,\s\up15(→))=eq \(AA1,\s\up15(→))＋eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up15(→))－eq \(AB,\s\up15(→)))=c＋eq \f(1,2)(b－a)=－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c.
答案为：A；
解析：a与b共线，a，b所在直线也可能重合，故①不正确；
根据自由向量的意义知，空间任意两向量a，b都共面，故②错误；
三个向量a，b，c中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；
只有当a，b，c不共面时，空间任意一向量p才能表示为p=xa＋yb＋zc，故④不正确，
综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.
答案为：A；
解析：eq \(BM,\s\up7(―→))=eq \(BB1,\s\up7(―→))＋eq \(B1M,\s\up7(―→))=eq \(AA1,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))=c＋eq \f(1,2)(b－a)=－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c.
答案为：B；
解析：当x=2，y=－3，z=2时，eq \(OP,\s\up7(―→))=2eq \(OA,\s\up7(―→))－3eq \(OB,\s\up7(―→))＋2eq \(OC,\s\up7(―→)).
则eq \(AP,\s\up7(―→))－eq \(AO,\s\up7(―→))=2eq \(OA,\s\up7(―→))－3(eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AO,\s\up7(―→)))＋2(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AO,\s\up7(―→)))，即eq \(AP,\s\up7(―→))=－3eq \(AB,\s\up7(―→))＋2eq \(AC,\s\up7(―→))，
根据共面向量定理知，P，A，B，C四点共面；
反之，当P，A，B，C四点共面时，根据共面向量定理，设eq \(AP,\s\up7(―→))=meq \(AB,\s\up7(―→))＋neq \(AC,\s\up7(―→)) (m，n∈R)，即eq \(OP,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))=m(eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))＋n(eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))，即eq \(OP,\s\up7(―→))=(1－m－n)eq \(OA,\s\up7(―→))＋meq \(OB,\s\up7(―→))＋neq \(OC,\s\up7(―→))，
即x=1－m－n，y=m，z=n，这组数显然不止2，－3,2.
故“x=2，y=－3，z=2”是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件.
答案为：B；
解析：由题意设c=xa＋yb，则(7,6，λ)=x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y＝7，,x＋2y＝6，,－3x＋3y＝λ，))解得λ=－9.
答案为：C；
解析：eq \(OA,\s\up7(―→))＋λeq \(OB,\s\up7(―→))=(1，－λ，λ)，cs 120°=eq \f(λ＋λ,\r(1＋2λ2)·\r(2))=－eq \f(1,2)，得λ=±eq \f(\r(6),6).
经检验λ=eq \f(\r(6),6)不合题意，舍去，所以λ=－eq \f(\r(6),6).
答案为：B；
解析：法一：如图，令eq \(AB,\s\up7(―→))=a，eq \(AC,\s\up7(―→))=b，eq \(AD,\s\up7(―→))=c，
则eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(DB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))
=eq \(AB,\s\up7(―→))·(eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→)))＋eq \(AC,\s\up7(―→))·(eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AD,\s\up7(―→)))＋eq \(AD,\s\up7(―→))·(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))
=a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)
=a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a=0.
法二：在三棱锥A­BCD中，不妨令其各棱长都相等，则正四面体的对棱互相垂直.
所以eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))=0，eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(DB,\s\up7(―→))=0，eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))=0.
所以eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(DB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))=0.
答案为：C
解析：eq \(AE,\s\up15(→))·eq \(AF,\s\up15(→))=eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→)))·eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up15(→))=eq \f(1,4)(eq \(AB,\s\up15(→))·eq \(AD,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→))·eq \(AD,\s\up15(→)))=eq \f(1,4)(a2cs 60°＋a2cs 60°)=eq \f(1,4)a2.
答案为：A；
解析：因为eq \(BC,\s\up16(→))=eq \(AC,\s\up16(→))－eq \(AB,\s\up16(→))，所以eq \(OA,\s\up16(→))·eq \(BC,\s\up16(→))=eq \(OA,\s\up16(→))·eq \(AC,\s\up16(→))－eq \(OA,\s\up16(→))·eq \(AB,\s\up16(→))
=|eq \(OA,\s\up16(→))||eq \(AC,\s\up16(→))|cs〈eq \(OA,\s\up16(→))，eq \(AC,\s\up16(→))〉－|eq \(OA,\s\up16(→))||eq \(AB,\s\up16(→))|cs〈eq \(OA,\s\up16(→))，eq \(AB,\s\up16(→))〉
=8×4×cs135°－8×6×cs120°=－16eq \r(2)＋24.
所以cs〈eq \(OA,\s\up16(→))，eq \(BC,\s\up16(→))〉=eq \f(\(OA,\s\up16(→))·\(BC,\s\up16(→)),|\(OA,\s\up16(→))||\(BC,\s\up16(→))|)=eq \f(24－16\r(2),8×5)=eq \f(3－2\r(2),5).
即OA与BC所成角的余弦值为eq \f(3－2\r(2),5).
答案为：D；
解析：由题意知a·(a－λb)=0，即a2－λa·b=0，所以14－7λ=0，解得λ=2.
答案为：D；
解析：设eq \(OA,\s\up16(→))=a，eq \(OB,\s\up16(→))=b，eq \(OC,\s\up16(→))=c，∵G分MN的所成比为2，∴eq \(MG,\s\up16(→))=eq \f(2,3)eq \(MN,\s\up16(→))，
∴eq \(OG,\s\up16(→))=eq \(OM,\s\up16(→))＋eq \(MG,\s\up16(→))=eq \(OM,\s\up16(→))＋eq \f(2,3)(eq \(ON,\s\up16(→))－eq \(OM,\s\up16(→)))=eq \f(1,2)a＋eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)b＋\f(1,2)c－\f(1,2)a))
=eq \f(1,2)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c－eq \f(1,3)a=eq \f(1,6)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c，即x=eq \f(1,6)，y=eq \f(1,3)，z=eq \f(1,3).
答案为：eq \f(\r(77),3).
解析：设点P的坐标为(x，y，z)，∴eq \(AP,\s\up15(→))=(x－1，y－2，z－1)，
eq \(PB,\s\up15(→))=(－1－x,3－y,4－z)，由eq \(AP,\s\up15(→))=2eq \(PB,\s\up15(→))，得点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(8,3)，3))，
又D(1,1,1)，∴|eq \(PD,\s\up15(→))|=eq \f(\r(77),3).
答案为：2
解析：由题意知eq \(AB,\s\up15(→))·eq \(AC,\s\up15(→))=0，|eq \(AB,\s\up15(→))|=|eq \(AC,\s\up15(→))|，又eq \(AB,\s\up15(→))=(6，－2，－3)，eq \(AC,\s\up15(→))=(x－4,3，－6)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6x－4－6＋18＝0，,x－42＝4，))解得x=2.
答案为：①②③.
解析：∵eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))=－2－2＋4=0，∴AP⊥AB，故①正确；
eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AD,\s\up7(―→))=－4＋4＋0=0，∴AP⊥AD，故②正确；
由①②知AP⊥平面ABCD，故③正确，④不正确.
答案为：eq \f(1,6)，eq \f(1,3)，eq \f(1,3).
解析：∵eq \(OG,\s\up7(―→))=eq \(OM,\s\up7(―→))＋eq \(MG,\s\up7(―→))=eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(MN,\s\up7(―→))=eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)(eq \(ON,\s\up7(―→))－eq \(OM,\s\up7(―→)))
=eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→))－\f(1,2)eq \(OA,\s\up7(―→))))=eq \f(1,6)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(OC,\s\up7(―→))，∴x=eq \f(1,6)，y=eq \f(1,3)，z=eq \f(1,3).