2024高考数学一轮总复习（导与练）第七章第5节　空间向量及空间位置关系

这是一份2024高考数学一轮总复习（导与练）第七章第5节　空间向量及空间位置关系，共10页。

[选题明细表]
1.如图,在平行六面体ABCDA1B1C1D1中,M为A1C1,B1D1的交点.若AB→=a,
AD→=b,AA1→=c,则向量BM→等于( A )
A.-12a+12b+cB.12a+12b+c
C.-12a-12b+cD.12a-12b+c
解析:由题意,向量BM→=BB1→+12B1D1→=BB1→+12(BA→+AD→)=-12a+12b+c.
2.已知向量a=(3,-2,1),b=(-2,43,m),若a∥b,则实数m的值为( D )
A.6 B.83 C.32 D.-23
解析:设a=λb(λ∈R),则3=-2λ,-2=43λ,1=λm,
解得λ=-32,m=-23.
3.如果向量a=(2,-1,3),b=(-1,4,2),c=(1,-1,m)共面,则实数m的值是( B )
A.-1 B.1 C.-5 D.5
解析:设a=xb+yc(x,y∈R),
则(2,-1,3)=(-x+y,4x-y,2x+my),
所以-x+y=2,4x-y=-1,2x+my=3,解得x=13,y=73,m=1.
4.已知O(0,0,0),A(3,-2,4),B(0,5,-1),若OC→=23AB→,则点C的坐标是( B )
A.(2,-143,103) B.(-2,143,-103)
C.(2,-143,-103)D.(-2,-143,103)
解析:因为AB→=(-3,7,-5),所以OC→=23AB→=23(-3,7,-5)=(-2,143,-103),
所以点C的坐标是(-2,143,-103).
5.(多选题)已知空间中三点A(0,1,0),B(2,2,0),C(-1,3,1),则下列结论正确的是( CD )
A.AB→与AC→是共线向量
B.与AB→共线的单位向量是(1,1,0)
C.AB→与BC→夹角的余弦值是-5511
D.平面ABC的一个法向量是(1,-2,5)
解析:AB→=(2,1,0),AC→=(-1,2,1),不存在实数λ,使得AB→=λAC→,
所以AB→与AC→不是共线向量,所以A错误;因为AB→=(2,1,0),所以与AB→共线的单位向量为(255,55,0)或(-255,-55,0),所以B错误;向量AB→=(2,1,0),BC→=(-3,1,1),所以cs=AB→·BC→|AB→||BC→|=-5511,所以C正确;设平面ABC的法向量是n=(x,y,z),
因为AB→=(2,1,0),AC→=(-1,2,1),
所以n·AB→=0,n·AC→=0,即2x+y=0,-x+2y+z=0.
令x=1,则n=(1,-2,5),所以D正确.
6.已知P为空间中任意一点,A,B,C,D四点满足任意三点均不共线,
但四点共面,且PA→=23PB→-xPC→+16BD→,则实数x的值为 .
解析:PA→=23PB→-xPC→+16BD→=23PB→-xPC→+16(PD→-PB→)=12PB→-xPC→+16PD→.
由题意得12-x+16=1,所以x=-13.
答案:-13
7.在正三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱长为2,底面边长为1,M为BC的中点,
C1N→=λNC→,且AB1⊥MN,则实数λ的值为 .
解析:如图所示,取B1C1的中点P,连接MP,以M为坐标原点,MC→,MA→,
MP→的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.因为底面边长为1,侧棱长为2,
所以A(0,32,0),B1(-12,0,2),C(12,0,0),C1(12,0,2),M(0,0,0),
设N(12,0,t)(t∈R),
因为C1N→=λNC→,所以N(12,0,21+λ),λ≠-1,
所以AB1→=(-12,-32,2),MN→=(12,0,21+λ).
又因为AB1⊥MN,
所以AB1→·MN→=0,所以-14+41+λ=0,
所以λ=15.
答案:15
8.已知平面α={P|n·P0P→=0},其中点P0是平面α内的一定点,n是平面α的一个法向量,若P0的坐标为(2,3,4),n=(1,1,1),写出一个平面α内点(不同于点P0)的坐标 .
解析:设平面α内不同于点P0的点的坐标为P(x,y,z),
则P0P→=(x-2,y-3,z-4),
所以n·P0P→=x-2+y-3+z-4=x+y+z-9=0,
所以x+y+z=9,故可以取点P为(1,3,5)或(4,3,2)或(-2,3,8)等,答案不唯一.
答案:(1,3,5)(答案不唯一)
9.(2022·江苏南京模拟)已知a=(2,-1,3),b=(1,2,2).
(1)求(a+b)·(2a-b)的值;
(2)当(ka-b)⊥(a+kb)时,求实数k的值.
解:(1)因为a=(2,-1,3),b=(1,2,2),
故a+b=(3,1,5),2a-b=(4,-2,6)-(1,2,2)=(3,-4,4),
故(a+b)·(2a-b)=3×3-1×4+5×4=25.
(2)a2=22+(-1)2+32=4+1+9=14,
b2=12+22+22=9,
a·b=2×1-1×2+3×2=6,
因为(ka-b)⊥(a+kb),
所以(ka-b)·(a+kb)=0,
即ka2+(k2-1)a·b-kb2=0,
故14k+6(k2-1)-9k=0,
即(2k+3)(3k-2)=0,
故k=-32或k=23.
10.(多选题)给出下列命题,其中为假命题的是( AD )
A.已知n为平面α的一个法向量,m为直线l的一个方向向量,若n⊥m,
则l∥α
B.已知n为平面α的一个法向量,m为直线l的一个方向向量,
若=2π3,则l与α所成的角为π6
C.若两个不同的平面α,β的法向量分别为u,v,且u=(1,2,-2),
v=(-2,-4,4),则α∥β
D.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
解析:对于A,由题意可得l∥α或l⊂α,故A错误;对于B,由图象可得,
∠CAD=2π3,则∠DAB=π3,所以∠ADB=π6,根据线面角的定义可得,l与α
所成的角为π6,故B正确;对于C,因为u=-12v=-12(-2,-4,4)=(1,2,-2),所以u∥v,故α∥β,故C正确;
对于D,当空间的三个向量a,b,c不共面时,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,故D错误.
11.如图,在四棱台ABCDA′B′C′D′中,AA′=3,∠BAD=∠BAA′=
∠DAA′=60°,则|AC'→-(xAB→+yAD→)|(x,y∈R)的最小值为 .
解析:由平面向量基本定理有AM→=xAB→+yAD→(x,y∈R),则点M为平面ABCD内任一点,|AC'→-(xAB→+yAD→)|=|AC'→-AM→|=|MC'→|,当MC′⊥平面ABCD时,|MC'→|取得最小值,即为四棱台ABCDA′B′C′D′的高,过A′作A′H⊥平面ABCD,作HN⊥AD于N,连接A′N,AH,由
∠BAA′=∠DAA′=60°,AA′=3,所以AH为∠BAD的平分线,AN=32,在Rt△AHN中,AH=32cs30°=3,在Rt△AHA′中,A′H=AA' 2-AH2=6,即四棱台ABCDA′B′C′D′的高为 6,
所以|AC'→-(xAB→+yAD→)|的最小值为6.
答案:6
12.已知A(1,2,3),B(2,1,2),P(1,1,2),O(0,0,0),点Q在直线OP上运动,则当QA→·QB→ 取得最小值时,Q点的坐标为 .
解析:因为A(1,2,3),B(2,1,2),P(1,1,2),
则由点Q在直线OP上可得存在实数λ使得OQ→=λOP→=(λ,λ,2λ),
则Q(λ,λ,2λ),QA→=(1-λ,2-λ,3-2λ),QB→=(2-λ,1-λ,2-2λ),
所以QA→·QB→=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=
2(3λ2-8λ+5),
可得当λ=43时,取得最小值-23,此时,点Q的坐标为(43,43,83).
答案:(43,43,83)
13.如图所示,在直三棱柱ABCA1B1C1中,CA=CB=1,∠BCA=90°,
棱AA1=2,M,N分别是A1B1,A1A的中点.
(1)求BN→的长;
(2)求cs的值;
(3)求证:A1B⊥C1M.
(1)解:以C为坐标原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图.
B(0,1,0),N(1,0,1),
所以BN→=(1,-1,1),
所以|BN→|=12+(-1)2+12=3.
(2)解:因为A1(1,0,2),B(0,1,0),C(0,0,0),B1(0,1,2),
所以BA1→=(1,-1,2),CB1→=(0,1,2),
所以BA1→·CB1→=3,|BA1→|=6,|CB1→|=5.
所以cs=BA1→·CB1→|BA1→||CB1→|=3010.
(3)证明:因为C1(0,0,2),M(12,12,2),
所以A1B→=(-1,1,-2),C1M→=(12,12,0),
所以A1B→·C1M→=-12+12+0=0.
所以A1B→⊥C1M→,所以A1B⊥C1M.
14.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别为AB,B1C的中点.
(1)用向量法证明平面A1BD∥平面B1CD1;
(2)用向量法证明MN⊥平面A1BD.
证明:(1)建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,
则D(0,0,0),A1(2,0,2),B(2,2,0),B1(2,2,2),C(0,2,0),D1(0,0,2),
设平面A1BD的法向量为m=(x,y,z),
因为DA1→=(2,0,2),DB→=(2,2,0),
所以2x+2z=0,2x+2y=0,
所以取m=(-1,1,1),同理平面B1CD1的一个法向量为n=(-1,1,1),
所以m∥n,所以平面A1BD∥平面B1CD1.
(2)因为M,N分别为AB,B1C的中点,
所以MN→=(-1,1,1),又由(1)知,平面A1BD的一个法向量为m=(-1,1,1),
所以MN→∥m,所以MN⊥平面A1BD.
15.已知{e1,e2,e3}为空间的一个基底,且OP→=2e1-e2+3e3,OA→=e1+2e2-e3,
OB→=-3e1+e2+2e3,OC→=e1+e2-e3.
(1)能否以{OA→,OB→,OC→}作为空间的一个基底?若能,试用这一基底
表示OP→;若不能,请说明理由.
(2)判断P,A,B,C四点是否共面.
解:(1)假设OA→,OB→,OC→共面,则存在实数m,n使OA→=mOB→+nOC→,
即e1+2e2-e3=m(-3e1+e2+2e3)+n(e1+e2-e3),
所以1=-3m+n,2=m+n,-1=2m-n,方程组无解,所以OA→,OB→,OC→不共面,
因此OA→,OB→,OC→可以作为空间的一个基底.令OA→=a,OB→=b,OC→=c,
由-3e1+e2+2e3=b,e1+2e2-e3=a,e1+e2-e3=c,得e1=3a-b-5c,e2=a-c,e3=4a-b-7c,
所以OP→=2e1-e2+3e3=2(3a-b-5c)-(a-c)+3(4a-b-7c)=17a-5b-30c
=17OA→-5OB→-30OC→.
(2)假设P,A,B,C四点共面,则存在实数x,y,z,使OP→=xOA→+yOB→+zOC→,
且x+y+z=1,
由(1)知OP→=17OA→-5OB→-30OC→,但17-5-30=-18≠1,
故P,A,B,C四点不共面.知识点、方法
题号
空间向量的线性运算
1,2,3,4,6,15
空间向量的数量积的运算
7,8,9,12
空间向量的综合应用
5,10,11,13,14