2024年高考数学一轮复习（新高考方案）课时跟踪检测（五十一） 空间向量及其运算和空间位置关系

课时跟踪检测（五十一） 空间向量及其运算和空间位置关系

一、全员必做题

1．已知a＝(2,1，－3)，b＝(0，－3,2)，c＝(－2,1,2)，则a·(b＋c)等于(　 )

A．18  B．－18

C．3  D．－3

解析：选B　因为b＋c＝(－2，－2,4)，所以a·(b＋c)＝－4－2－12＝－18.

2.如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，M为BC的中点，N为A1C1靠近A1的三等分点，设＝a，＝b，＝c，则用a，b，c表示为(　 )

A.a＋b－c  B．－a＋b＋c

C.a－b－c  D．－a－b＋c

解析：选A　＝＋＋＝b－c＋(a－b)＝a＋b－c，故选A.

3．已知空间向量a＝(1,0,1)，b＝(1,1，n)，且a·b＝3，则向量a与b的夹角为(　 )

A.  B.

C.  D.

解析：选A　由题意，a·b＝1＋0＋n＝3，解得n＝2，又|a|＝＝，|b|＝＝，所以cos〈a，b〉＝＝＝，又〈a，b〉∈[0，π]，所以a与b的夹角为.

4．在三棱锥P-ABC中，PB＝PC＝1，∠APB＝∠APC＝90°，∠BPC＝60°，则·＝(　 )

A.        B.       C．1  D.

解析：选A　因为三棱锥P-ABC中，PB＝PC＝1，∠APB＝∠APC＝90°，∠BPC＝60°，所以·＝(－)·＝·－·＝||||cos∠BPC－0＝1×1×cos 60°＝，故选A.

5．直线l的一个方向向量为(2,1,1)，平面α的一个法向量为(4,2,2)，则(　 )

A．l∥α

B．l⊥α

C．l∥α或l⊂α

D．l与α的位置关系不能判断

解析：选B　直线l的一个方向向量为(2,1,1)，平面α的一个法向量为(4,2,2)，显然它们共线，所以l⊥α.

6．(多选)已知空间中三点A(0,1,0)，B(2,2,0)，C(－1,3,1)，则下列结论正确的有(　 )

A.与是共线向量

B．与共线的单位向量是(1,1,0)

C.与夹角的余弦值是－

D．平面ABC的一个法向量是(1，－2,5)

解析：选CD　对于A，＝(2,1,0)，＝(－1,2,1)，不存在实数λ，使得＝λ，所以与不是共线向量，所以A错误；对于B，因为＝(2,1,0)，所以与共线的单位向量为或，所以B错误；对于C，向量＝(2,1,0)，＝(－3,1,1)，所以cos〈，〉＝＝－，所以C正确；对于D，设平面ABC的一个法向量是n＝(x，y，z)，因为＝(2,1,0)，＝(－1,2,1)，所以即令x＝1，则n＝(1，－2,5)，所以D正确．

7．(2023·重庆市实验中学模拟)已知a＝(1,4，－2)，b＝(－2,2,4)，若(ka＋b)⊥(a－3b)，则实数k为________．

解析：ka＋b＝(k－2,4k＋2，－2k＋4)，a－3b＝(7，－2，－14)，又(ka＋b)⊥(a－3b)，得7(k－2)－2(4k＋2)－14(－2k＋4)＝0，解得k＝.

答案：

8．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＝________.

解析：由题意知c＝xa＋yb，即(7,6，λ)＝x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)，所以解得

答案：－9

9．已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心为O1，则·＝________.

解析：如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1与CC1平行且相等，则四边形AA1C1C是平行四边形，A1C1∥AC，且A1O1＝A1C1＝，AC＝，即＝，AA1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则AA1⊥AC，·＝(＋)·＝·＋·＝0＋×＝1.

答案：1

10．(2023·常州市第一中学模拟)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，底面边长和侧棱长均为2，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，则对角线AC1的长为________．

解析：由题可知四棱柱ABCD-A1B1C1D1为平行六面体，＝＋＋，所以2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝4＋4＋4＋2×2×2cos 60°＋2×2×2cos 60°＝20，所以||＝2.

答案：2

11.如图，三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，点M为△ABC的重心，AM的延长线交BC于点N，连接A1M，设＝a，＝b，＝c.

(1)用a，b，c表示；

(2)证明：A1M⊥AB.

解：(1)因为△ABC为正三角形，点M为△ABC的重心，所以N为BC的中点，所以＝＋，＝，所以＝＋＝－＋＝－＋＋＝a＋b－c.

(2)证明：设三棱柱的棱长为m，

则·＝·a＝a2＋a·b－c·a＝|a|2＋|a|·|b|cos－|c|·|a|cos＝m2＋m2×－m2×＝0.所以A1M⊥AB.

12.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在棱BB1上，EB1＝1，D，F，G分别为CC1，B1C1，A1C1的中点，EF与B1D相交于点H.求证：

(1)B1D⊥平面ABD.

(2)平面EGF∥平面ABD.

证明：(1)如图所示，建立空间直角坐标系，

设AB＝a，则A1(a,0,0)，B1(0,0,0)，F(0,1,0)，E(0,0,1)，A(a，0,4)，B(0,0,4)，D(0,2,2)，G，

所以＝(0,2,2)，＝(－a,0,0)，＝(0,2，－2)，

所以·＝0＋0＋0＝0，·＝0＋4－4＝0，所以⊥，⊥，所以B1D⊥AB，B1D⊥BD.

又AB∩BD＝B，所以B1D⊥平面ABD.

(2)由(1)可得＝(－a,0,0)，＝(0,2，－2)，

＝，＝(0,1，－1)，

所以＝2，＝2，

所以∥，∥.

所以GF∥AB，EF∥BD.

因为AB⊂平面ABD，GF⊄平面ABD，

所以GF∥平面ABD.

同理可证EF∥平面ABD，

又GF∩EF＝F，所以平面EGF∥平面ABD.

二、重点选做题

1．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，E是BB1的中点，＝λ，且EF∥平面ACD1，则实数λ的值为(　 )

A.       B.       C.       D.

解析：选B　以D为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴为正方向建立空间直角坐标系，如图所示．设DA＝a，DC＝b，DD1＝c，则A(a,0,0)，C(0，b,0)，D1(0,0，c)，E，B1(a，b，c)，所以＝(－a，b，0)，＝(－a,0，c)，＝(－a，－b,0)，因为＝λ，所以＝(－λa，－λb,0)，所以F((1－λ)a，(1－λ)b，c)，所以＝，设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，所以当x＝bc时，y＝ac，z＝ab，则n＝(bc，ac，ab)，因为EF∥平面ACD1，所以⊥n，所以·n＝－λabc－λabc＋＝0，解得λ＝.

2.如图，已知四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形，E为棱AB的中点， ＝，＝2，AC1与平面EFG交于点M，则＝________.

解析：由题图知，设＝λ (0<λ<1)，由已知＝＋＋＝2＋3＋，所以＝2λ＋3λ＋，因为M，E，F，G四点共面，所以2λ＋3λ＋＝1，解得λ＝.

答案：

3.(2023·株洲模拟)如图，棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.

(1)求证：BD⊥AA1；(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，

在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，

所以A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3，

所以AO2＋A1O2＝AA，

所以A1O⊥AO.

由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，

A1O⊂平面AA1C1C，所以A1O⊥平面ABCD.

以O为坐标原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，)．

所以＝(－2，0,0)，＝(0,1，)，·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，

所以⊥，即BD⊥AA1.

(2)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，设＝λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1，)．

从而有P(0,1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)．

设平面DA1C1的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则

又＝(0,2,0)，＝(，0，)，

则取n1＝(1,0，－1)，

因为BP∥平面DA1C1，所以n1⊥，

即n1·＝－－λ＝0，解得λ＝－1，

即点P在C1C的延长线上，且||＝||.