《2020版高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第七單元 第39講 空間向量及其運算和空間位置關(guān)系練習(xí) 理 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第七單元 第39講 空間向量及其運算和空間位置關(guān)系練習(xí) 理 新人教A版（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第39講 空間向量及其運算和空間位置關(guān)系 1.已知a=(-2,1,3),b=(-1,2,1),若a⊥(a-λb),則實數(shù)λ的值為 (　　) A.-2 B.-143 C.145 D.2 2.在空間直角坐標(biāo)系中,已知A(1,2,3),B(-2,-1,6),C(3,2,1),D(4,3,0),則直線AB與CD的位置關(guān)系是 (　　) A.垂直 B.平行 C.異面 D.相交但不垂直 3.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別是棱AA1和BB1的中點,則sin的值為 (　　) A.19 B.459 C.259 D.23 4.已知a=(2,1,-3),

2、b=(-1,2,3),c=(7,6,λ),若a,b,c三向量共面,則λ=　　　　.? 5.已知點A(1,2,1),B(-1,3,4),D(1,1,1),若AP=2PB,則|PD|的值是　　　　.? 6.如圖K39-1,平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AC與BD的交點為M,設(shè)AB=a,AD=b,AA1=c,則下列向量中與C1M相等的向量是 (　　) 圖K39-1 A.-12a+12b+c B.12a+12b+c C.-12a-12b-c D.-12a-12b+c 7.已知三棱錐A-BCD的每條棱長都等于a,點E,F分別是BC,AD的中點,則AE·AF的值為 (　　

3、) A.a2 B.12a2 C.14a2 D.34a2 8.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a,點M在AC1上且AM=12MC1,N為B1B的中點,則|MN|= (　　) A.216a B.66a C.156a D.153a 9.如圖K39-2所示,在大小為45°的二面角A-EF-D中,四邊形ABFE、四邊形CDEF都是邊長為1的正方形,則B,D兩點間的距離是 (　　) 圖K39-2 A.3 B.2 C.1 D.3-2 10.如圖K39-3,已知空間四邊形OABC,其對角線為OB,AC,M,N分別是對邊OA,BC的中點,點G在線段MN上,MG=23MN,現(xiàn)用一組

4、基向量OA,OB,OC表示向量OG,設(shè)OG=xOA+yOB+zOC,則x,y,z的值分別是 (　　) 圖K39-3 A.x=13,y=13,z=13 B.x=13,y=13,z=16 C.x=13,y=16,z=13 D.x=16,y=13,z=13 11.已知空間中有任意一點O和不共線的三點A,B,C,若OP=xOA+yOB+zOC(x,y,z∈R),則“x=2,y=-3,z=2”是“P,A,B,C四點共面”的 (　　) A.必要不充分條件 B.充分不必要條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 12.已知O點為空間直角坐標(biāo)系的原點,向量OA=(1,2,

5、3),OB=(2,1,2),OP=(1,1,2),且點Q在直線OP上運動,當(dāng)QA·QB取得最小值時,OQ的坐標(biāo)是　　　　.? 13.已知V為矩形ABCD所在平面外一點,且VA=VB=VC=VD,VP=13VC,VM=23VB,VN=23VD,則VA與平面PMN的位置關(guān)系是　　　　.? 14.已知正方體ABCD-A1B1C1D1,給出下列說法:①(A1A+A1D1+A1B1)2=3A1B12;②A1C·(A1B1-A1A)=0;③向量AD1與向量A1B的夾角是60°;④正方體ABCD-A1B1C1D1的體積為|AB·AA1·AD|.其中正確說法的序號是　　　　.? 15.如圖K39-4,在

6、正方體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=a,AB=b,AD=c,點M,N分別是A1D,B1D1的中點. (1)試用a,b,c表示MN; (2)求證:MN∥平面ABB1A1. 圖K39-4 16.如圖K39-5,在棱長為a的正方體OABC-O1A1B1C1中,E,F分別是棱AB,BC上的動點,且AE=BF=x,其中0≤x≤a,以O(shè)為原點建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz. (1)寫出點E,F的坐標(biāo); (2)求證:A1F⊥C1E; (3)若A1,E,F,C1四點共面,求證:A1F=12A1C1+A1E. 圖K39-5 7

7、 課時作業(yè)(三十九) 1.D　[解析] 由題意知a·(a-λb)=0,即a2-λa·b=0,所以14-7λ=0,解得λ=2. 2.B　[解析] 由題意得,AB=(-3,-3,3),CD=(1,1,-1),所以AB=-3CD,所以AB與CD共線,又因為BC=(5,3,-5),與AB不共線,所以AB∥CD. 3.B　[解析] 如圖,以D為原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)正方體的棱長為2,則易得CM=(2,-2,1),D1N=(2,2,-1),∴cos=CM·D1N|CM||D1N|=-19,∴sin=1-(-19)?

8、2=459. 4.-9　[解析] 由題意知c=xa+yb,即(7,6,λ)=x(2,1,-3)+y(-1,2,3),∴2x-y=7,x+2y=6,-3x+3y=λ,解得x=4,y=1,λ=-9. 5.773　[解析] 設(shè)P(x,y,z),則AP=(x-1,y-2,z-1),PB=(-1-x,3-y,4-z),由AP=2PB,得點P的坐標(biāo)為-13,83,3,又D(1,1,1),所以|PD|=773. 6.C　[解析]C1M=C1C+CM=-AA1-12AC=-AA1-12(AB+AD)=-12AB-12AD-AA1=-12a-12b-c.故選C. 7.C　[解析] 易知三棱錐A-BC

9、D為正四面體,則AE·AF=12(AB+AC)·12AD=14(AB·AD+AC·AD)=14(a2cos60°+a2cos60°)=14a2. 8.A　[解析] 以D為原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz. 則A(a,0,0),C1(0,a,a),Na,a,a2.設(shè)M(x,y,z),因為點M在AC1上且AM=12MC1,所以(x-a,y,z)=12(-x,a-y,a-z),解得x=23a,y=a3,z=a3.所以M2a3,a3,a3,所以|MN|=(a-23a)?2+(a-a3)?2+(a2-a3)?2=216a. 9.D　[解析

10、]∵BD=BF+FE+ED,∴|BD|2=|BF|2+|FE|2+|ED|2+2BF·FE+2FE·ED+2BF·ED=1+1+1-2=3-2,∴|BD|=3-2. 10.D　[解析] 連接ON,設(shè)OA=a,OB=b,OC=c,∵MG=23MN,∴OG=OM+MG=OM+23(ON-OM)=12a+23×12b+12c-12a=12a+13b+13c-13a=16a+13b+13c,則x=16,y=13,z=13. 11.B　[解析] 當(dāng)x=2,y=-3,z=2時,OP=2OA-3OB+2OC,則AP-AO=2OA-3(AB-AO)+2(AC-AO),即AP=-3AB+2AC,根據(jù)共面向量

11、定理知,P,A,B,C四點共面;反之,當(dāng)P,A,B,C四點共面時,根據(jù)共面向量定理,設(shè)AP=mAB+nAC(m,n∈R),即OP-OA=m(OB-OA)+n(OC-OA),即OP=(1-m-n)OA+mOB+nOC,則x=1-m-n,y=m,z=n,這組數(shù)顯然不僅僅是2,-3,2.故“x=2,y=-3,z=2”是“P,A,B,C四點共面”的充分不必要條件. 12.43,43,83　[解析]∵點Q在直線OP上,∴設(shè)點Q(λ,λ,2λ),則QA=(1-λ,2-λ,3-2λ),QB=(2-λ,1-λ,2-2λ),QA·QB=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=6λ

12、2-16λ+10=6λ-432-23.故當(dāng)λ=43時,QA·QB取得最小值-23,此時OQ=43,43,83. 13.平行　[解析] 如圖,設(shè)VA=a,VB=b,VC=c,則VD=a+c-b,由題意知PM=23b-13c,PN=23VD-13VC=23a-23b+13c.因此VA=32PM+32PN,∴VA,PM,PN共面.又∵VA?平面PMN,∴VA∥平面PMN. 14.①②　[解析] 在①中,(A1A+A1D1+A1B1)2=A1A2+A1D12+A1B12=3A1B12,故①正確;在②中,A1B1-A1A=AB1,因為AB1⊥A1C,故②正確;在③中,兩異面直線A1B與AD1所成

13、的角為60°,但AD1與A1B的夾角為120°,故③不正確;在④中,|AB·AA1·AD|=0,故④不正確. 15.解:(1)連接A1N,∵A1D=AD-AA1=c-a, ∴A1M=12A1D=12(c-a). 同理,A1N=12(b+c),∴MN=A1N-A1M=12(b+c)-12(c-a)=12(b+a)=12a+12b. (2)證明:連接AB1,則AB1=AA1+AB=a+b, ∴MN=12AB1,即MN∥AB1, 又∵AB1?平面ABB1A1,MN?平面ABB1A1, ∴MN∥平面ABB1A1. 16.解:(1)E(a,x,0),F(a-x,a,0). (2)證明:

14、∵A1(a,0,a),C1(0,a,a), ∴A1F=(-x,a,-a),C1E=(a,x-a,-a), ∴A1F·C1E=-ax+a(x-a)+a2=0,∴A1F⊥C1E, ∴A1F⊥C1E. (3)證明:∵A1,E,F,C1四點共面, ∴A1E,A1C1,A1F共面. 選A1E與A1C1為一組基向量,則存在唯一實數(shù)對(λ1,λ2),使A1F=λ1A1C1+λ2A1E, 即(-x,a,-a)=λ1(-a,a,0)+λ2(0,x,-a)=(-aλ1,aλ1+xλ2,-aλ2), ∴-x=-aλ1,a=aλ1+xλ2,-a=-aλ2,解得λ1=12,λ2=1,則A1F=12A1C1+A1E.