2020高考数学一轮复习课时规范练42空间向量及其运算理北师大版

课时规范练42 空间向量及其运算
基础巩固组
1.空间任意四个点A、B、C、D,则等于()
A. B. C. D.
2.(2018河北衡水一中二模,理4)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为1的正方形,若∠
A1AB=∠A1AD=60°,且A1A=3,则A1C的长为()
A. B.2 C. D.
3.(2018安徽芜湖期末,4)在四面体O-ABC中,点M在OA上,且OM=2MA,N为BC的中点,若,则使G与M,N共线的的值为()
A.1
B.2
C.
D.
4.(2018辽宁沈阳期中,5)若向量a=(,1,0),b=(1,0,),<a,b>=,则实数的值为()
A. B.2 C.± D.±2
5.A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足=0,=0,=0,M为BC中点,则△AMD是()
A.钝角三角形
B.锐角三角形
C.直角三角形
D.不确定
6.已知空间向量a,b,满足|a|=|b|=1,且a,b的夹角为,O为空间直角坐标系的原点,点A,B满足
=2a+b,=3a-b,则△OAB的面积为.
7.已知向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(2,1,-1),则p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为,在基底{2a,b,-c}下的坐标为.
8.(2018上海金山中学期中,14)设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,α为过直线BD1的平面,则α截该正方体的截面面积的取值范围是.
9.(2018吉林实验中学一模,11)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=4,AB=BC=2,动点P,Q分别在线段C1D,AC上,则线段PQ长度的最小值是()
A. B. C. D.
10.
如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,G为△BC1D的重心,
求证;(1)A1,G,C三点共线;
(2)A1C⊥平面BC1D.
综合提升组
11.(2018辽宁本溪期中,9)已知点A(1,-2,0)和向量a=(-3,4,6),||=2|a|,且与a方向相反,则点B坐标为()
A.(-7,6,12)
B.(7,-10,-12)
C.(7,-6,12)
D.(- 7,10,12)
12.(2018四川三台期中,9)点P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1上一点,则的取值范围是()
A.-1,-
B.-,-
C.[-1,0]
D.-,0
13.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,有下列命题;①()2=3;②·()=0;③的夹角为60°;④正方体的体积为||.其中正确命题的序号是.
14.在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,PD=DC,E,F分别是AB,PB的中点.
(1)求证;EF⊥CD.
(2)在平面PAD内是否存在一点G,使GF⊥平面PCB.若存在,求出点G坐标;若不存在,试说明理由.
创新应用组
15.(2018四川泸州一模,14)已知球O是棱长为2的正八面体(八个面都是全等的等边三角形)的内切球,MN为球O的一条直径,点P为正八面体表面上的一个动点,则的取值范围是.
16.(2018河北衡水调研,18)设全体空间向量组成的集合为V,a=(a1,a2,a3)为V中的一个单位向量,建立一个“自变量”为向量,“因变量”也是向量的“向量函数”f();f()=-+2(·a)a(∈V).
(1)设u=(1,0,0),v=(0,0,1),若f(u)=v,求向量a;
(2)对于V中的任意两个向量,y,证明;f()·f(y)=·y;
(3)对于V中的任意单位向量,求|f()-|的最大值.
参考答案
课时规范练42 空间向量及其运算
1.C+-=+=.故选C.
2.A因为=++,所以||2=(++)2=||2+||2+||2+2(·+·+·)=1+2+9+2(1××cos 45°+1×3×cos 120°+×3×cos 135°)=5.故A1C的长为.故选A.
3.A= (+),=.假设G与M,N共线,则存在实数λ使得=λ+(1-λ)= (+)+,与=++比较可得=,=,解得=1.故选A.
4.C|a|==2,|b|=,a·b=.∴cos===,化为2=2,解得=±.故选C.
5.C∵M为BC中点,∴= (+).
∴·=(+)·=·+·=0.
∴AM⊥AD,△AMD为直角三角形.
6. 由=2a+b,=3a-b,得||==,||==,·=(2a+b)·(3a-b)=.
∴cos∠BOA==,
∴sin∠BOA=.
∴S△OAB=||||sin∠BOA=.
7., ,-1(1,1,1)由条件p=2a+b-c.设p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为(,y,),则p=(a+b)+y(a-b)+c=(+y)a+(-y)b+c,
因为a,b,c不共面,所以
所以即p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为,,-1,
同理可求p在基底{2a,b,-c}下的坐标为(1,1,1).
故答案为,,-1,(1,1,1).
8.[2,4]建立如图所示的空间直角坐标系,则B(2,2,2),D1(0,0,0),设α与棱CC1的交点为P,与棱AA1的交点为G,则四边形BGD1P为平行四边形.
在面α内过P作BD1的垂线,垂足为Q,则截面的面积为S=||||=2||.
设Q(,,),P(0,2,y),则=(2,2,2),=(,-2,-y).因为·=0,故2+2(-2)+2(-y)=0,即3-y-2=0,故y=3-2.
因0≤3-2≤2,故≤≤.
又||====,其中≤≤,
所以≤||≤,故2≤S≤4,填[2,4].
9.C建立如图所示空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,4),P(0,t,2t),t∈[0,2],Q(2-m,m,0),m∈[0,2],∴PQ=,当且仅当5t=m=时,PQ取最小值,选C.
10.证明 (1)=++=++,=+=+× (+)=+ (-+-)= (++)=,
∴∥,即A1,G,C三点共线.
(2)设=a,=b,=c,
则|a|=|b|=|c|=a,
且a·b=b·c=c·a=0.
∵=a+b+c,=c-a,
∴·=(a+b+c)·(c-a)=c2-a2=0.
因此⊥,即CA1⊥BC1.
同理CA1⊥BD.
又BD与BC1是平面BC1D内的两条相交直线,故A1C⊥平面BC1D.
11.B设B(,y,),∵A(1,-2,0),
∴=(-1,y+2,).
∵||=2|a|,且与a方向相反,a=(-3,4,6),
∴=-2a=(6,-8,-12),
∴解得
∴B(7,-10,-12),故选B.
12.D以点D为原点,以DA所在的直线为轴,以DC所在的直线为y轴,以DD1所在的直线为轴,建立空间直角坐标系,如图所示;
则点A(1,0,0),C1(0,1,1),设点P的坐标为(,y,),由题意可得0≤≤1,0≤y≤1,=1,
∴=(1-,-y,-1),=(-,1-y,0),
∴·=-(1-)-y(1-y)+0=2-+y2-y=-2+y-2-,
由二次函数的性质可得,当=y=时·取得最小值为-;
当=0或1,且y=0或1时,·取得最大值为0,则·的取值范围是-,0.
故选D.
13.①②(++)2=+++2·+2·+2·=3,故①正确.
·(-)=·=0,故②正确.
因为∥,AD1、AC、D1C均为面对角线,所以三角形AD1C为等边三角形,而与的夹角为与的夹角的补角.所以与的夹角为120°,故③错误.
正方体的体积为||||||,而|··|=0,故④错误.
14.(1)证明如图,以DA,DC,DP所在直线分别为轴,y轴,轴建立空间直角坐标系,设AD=a,则
D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),E,P(0,0,a),F.
=,=(0,a,0).
∵·=0,∴⊥,
即EF⊥CD.
(2)解假设存在满足条件的点G,设G(,0,),
则=,若使GF⊥平面PCB,则由·=-,-,-·(a,0,0)=a=0,得=.
由·=-,-,-·(0,-a,a)=+a=0,得=0.
∴点G坐标为,即存在满足条件的点G,且点G为AD的中点.
15.0, 设球O的半径为R,则××1=××R,解得R=.||∈,.可得·=(-)·(-)=-R2=-∈0, .
16.解 (1)依题意得f(u)=-u+2(u·a)a=v,设a=(,y,),代入运算得⇒a=,0,或a=-,0,-;
(2)证明设=(a,b,c),y=(m,n,t),a=(a1,a2,a3),则f()·f(y)=[-+2(·a)a]·[-y+2(y·a)a]=·y-
4(y·a)(·a)+4(y·a)(·a)(a)2=·y-4(y·a)(·a)+4(y·a)(·a)=·y.从而得证;
(3)设与a的夹角为α,则·a=||·|a|cos α=cos α,
则|f()-|=|2-2(·a)a|==≤2,故最大值为2.。