新高考數(shù)學一輪復習 第七章 立體幾何 課時作業(yè)45 空間向量及其運算（含解析）-人教版高三數(shù)學試題

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1、課時作業(yè)45　空間向量及其運算 一、選擇題 1．已知點A(－3,0，－4)，點A關于原點的對稱點為B，則|AB|等于(　D　) A．12 B．9 C．25 D．10 解析：點A關于原點對稱的點B的坐標為(3,0,4)，故 |AB|＝＝10. 2．已知向量a＝(2，－3,5)，b＝，且a∥b，則λ等于(　C　) A. B. C．－ D．－ 解析：a∥b?a＝kb?? 3．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b與2a－b互相垂直，則k的值為(　D　) A．1　　　　B.　　　　C.　　　　D. 解析：ka＋b＝(k－1，k,2)，2a

2、－b＝(3,2，－2)，由題意知，3(k－1)＋2k－4＝0，解得k＝. 4．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a、b、c三個向量共面，則實數(shù)λ等于(　D　) A. B. C. D. 解析：由于a，b，c三個向量共面，所以存在實數(shù)m，n使得c＝ma＋nb，即有 解得m＝，n＝，λ＝. 5．設A，B，C，D是空間不共面的四個點，且滿足·＝0，·＝0，·＝0，則△BCD的形狀是(　C　) A．鈍角三角形 B．直角三角形 C．銳角三角形 D．無法確定 解析：·＝(－)·(－) ＝·－·－·＋2＝2>0， 同理·>0，·>0，故△BC

3、D為銳角三角形．故選C. 6．已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a，＝，點N為B1B的中點，則|MN|等于(　A　) A.a B.a C.a D.a 解析：∵＝－＝－＝＋－(＋＋)＝＋－， ∴||＝＝a.故選A. 7．在空間直角坐標系O-xyz中，四面體ABCD各頂點坐標分別為A(2,2,1)，B(2,2，－1)，C(0,2,1)，D(0,0,1)，則該四面體外接球的表面積是(　B　) A．16π B．12π C．4π D．6π 解析：通過各點坐標可知，A，B，C，D四點恰為棱長為2的正方體的四個頂點，故此四面體與對應的正方體有共同的外接球，其半徑R為正

4、方體體對角線的一半，則R＝＝，故該四面體外接球的表面積是4πR2＝12π.故選B. 8．在棱長為4的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別在棱AA1和AB上，且C1E⊥EF，則AF的最大值為(　B　) A. B．1 C. D．2 解析：以AB，AD，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則C1(4,4,4)． 設E(0,0，z)，z∈[0,4]，F(xiàn)(x,0,0)，x∈[0,4]，設AF＝x.故＝(4,4,4－z)，＝(x,0，－z)．因為C1E⊥EF，所以·＝0，即z2＋4x－4z＝0，則x＝z－z2＝－(z－2)2＋1，所以當z

5、＝2時，x取得最大值1.所以AF的最大值為1.故選B. 二、填空題 9．已知點P在z軸上，且滿足|OP|＝1(O為坐標原點)，則點P到點A(1,1,1)的距離為或. 解析：由題意知，P(0,0,1)或P(0,0，－1)． ∴|PA|＝＝. 或|PA|＝＝. 10．已知空間四邊形OABC，點M、N分別是OA、BC的中點，且＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示向量＝(b＋c－a)． 解析：如圖，＝(＋) ＝[(－)＋(－)] ＝(＋－2) ＝(＋－)＝(b＋c－a)． 11．已知O(0,0,0)，A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，點Q在直線OP上運動

6、，當·取最小值時，點Q的坐標是. 解析：由題意，設＝λ，即OQ＝(λ，λ，2λ)，則＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)， ∴·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝62－，當λ＝時有最小值，此時Q點坐標為. 三、解答題 12．已知a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，點A(－3，－1,4)，B(－2，－2,2)． (1)求|2a＋b|； (2)在直線AB上，是否存在一點E，使得⊥b？(O為原點) 解：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2，1,1)＝(0，－5,5)，故|2a＋b|＝＝5.

7、 (2)令＝t(t∈R)，所以＝＋＝＋t＝(－3，－1,4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4－2t)，若⊥b，則·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝.因此存在點E， 使得⊥b，此時E點的坐標為(－，－，)． 13.如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為a的正方形，側面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，設E，F(xiàn)分別為PC，BD的中點． (1)求證：EF∥平面PAD； (2)求證：平面PAB⊥平面PDC. 證明：(1)如圖，取AD的中點O，連接OP，OF. 因為PA＝PD，所以PO⊥AD. 因為側面

8、PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD，所以PO⊥平面ABCD. 又O，F(xiàn)分別為AD，BD的中點，所以OF∥AB. 又ABCD是正方形，所以OF⊥AD. 因為PA＝PD＝AD，所以PA⊥PD，OP＝OA＝. 以O為原點，OA，OF，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則A，F(xiàn)，D，P，B，C. 因為E為PC的中點，所以E.易知平面PAD的一個法向量為＝，因為＝，且·＝·＝0， 又因為EF?平面PAD，所以EF∥平面PAD. (2)因為＝，＝(0，－a,0)， 所以·＝·(0，－a,0)＝0， 所以⊥，所以PA⊥CD. 又PA

9、⊥PD，PD∩CD＝D，PD，CD?平面PDC，所以PA⊥平面PDC. 又PA?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC. 14．如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4，P是AA1的中點，點M在側面AA1B1B內(nèi)．若D1M⊥CP，則△BCM面積的最小值為(　D　) A．8 B．4 C．8 D. 解析：以AB，AD，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則P(0,0,2)，C(4,4,0)，D1(0,4,4)．設M(a,0，b)，則＝(a，－4，b－4)，＝(－4，－4,2)．∵D1M⊥CP，∴·＝－4a＋16＋2b－8＝0，即b

10、＝2a－4.取AB的中點N，連接B1N，則點M的軌跡即為線段B1N.過B作BQ⊥B1N于點Q，則BQ＝＝，又BC⊥平面ABB1A1，故BC⊥BQ，∴S△BCM的最小值為S△BCM＝×4×＝. 15．如圖，平面ABCD⊥平面ADEF，其中ABCD為矩形，ADEF為梯形，AF∥DE，AF⊥FE，AF＝AD＝2DE＝2. (1)求證：EF⊥平面BAF； (2)若二面角A-BF-D的余弦值為，求AB的長． 解：(1)證明：∵四邊形ABCD為矩形，∴BA⊥AD， ∵平面ABCD⊥平面ADEF，又平面ABCD∩平面ADEF＝AD，BA?平面ABCD，∴BA⊥平面ADEF. 又EF?平面ADEF，∴BA⊥EF. 又AF⊥EF，且AF∩BA＝A，∴EF⊥平面BAF. (2)設AB＝x(x>0)．以F為坐標原點，AF，F(xiàn)E所在直線分別為x軸、y軸建立空間直角坐標系F-xyz，如圖． 則F(0,0,0)，E(0，，0)，D(－1，，0)，B(－2,0，x)， ∴＝(1，－，0)，＝(2,0，－x)． 由(1)知EF⊥平面ABF， ∴平面ABF的一個法向量可取n1＝(0,1,0)． 設n2＝(x1，y1，z1)為平面BFD的一個法向量， 則即 令y1＝1，則n2＝. ∵cos〈n1，n2〉＝＝＝， 解得x＝(負值舍去)，∴AB＝.