2021届高考数学大一轮总复习第七章立体几何课时作业49空间向量及其运算课件新人教B版

∴|M→N|＝ 49|A→B|2＋316|A→A1|2＋19|A→D|2＝ 621A．故选A．
7．(2020·四川六市检测)在空间直角坐标系O-xyz中，四面体
ABCD各顶点坐标分别为A(2,2,1)，B(2,2，－1)，C(0,2,1)，
D(0,0,1)，则该四面体外接球的表面积是( B )
A．16π
→ OE
⊥b，此时E点的坐标为(－
6 5
，－
154，25)．
13.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方
形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝
2 2
AD，设E，F分别为
PC，BD的中点．
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)求证：平面PAB⊥平面PDC．
证明：
(1)如图，取AD的中点O，连接OP，OF.因为PA＝PD，所
(2)令A→E ＝t A→B (t∈R)，所以 O→E ＝ O→A ＋ A→E ＝ O→A ＋t A→B ＝(－
3，－1,4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4－2t)，若
→ OE
⊥
b，则
→ OE
·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t
＝
9 5
.因此存在点E，使得
(1)求证：EF⊥平面BAF； (2)若二面角A-BF-D的余弦值为 42，求AB的长．
解：(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，∴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.
B．12π
C．4 3π
D．6π
解析：通过各点坐标可知，A，B，C，D四点恰为棱长为2
的正方体的四个顶点，故此四面体与对应的正方体有共同的外
接球，其半径R为正方体体对角线的一半，则R＝
22＋22＋22 2
＝ 3，故该四面体外接球的表面积是4πR2＝12π.故选B．
8．(2020·河南焦作检测)在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1 中，点E，F分别在棱AA1和AB上，且C1E⊥EF，则AF的最大值 为( B )
(2)设AB＝x(x>0)．以F为坐标原点，AF，FE所在直线分别 为x轴、y轴建立空间直角坐标系F-xyz，如图．
则F(0,0,0)，E(0， 3，0)，
D(－1， 3，0)，B(－2,0，x)，
∴D→F＝(1，－ 3，0)，B→F＝(2,0，－x)．
由(1)知EF⊥平面ABF，
∴平面ABF的一个法向量可取n1＝(0,1,0)． 设n2＝(x1，y1，z1)为平面BFD的一个法向量，
以PO⊥AD．
因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD． 又O，F分别为AD，BD的中点，所以OF∥AB．
又ABCD是正方形，所以OF⊥AD．
因为PA＝PD＝ 22AD，所以PA⊥PD，OP＝OA＝a2. 以O为原点，OA，OF，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴 建立空间直角坐标系，则A a2，0，0 ，F 0，a2，0 ， D－a2，0，0，P0，0，a2，Ba2，a，0，C－a2，a，0. 因为E为PC的中点，所以E－a4，a2，a4.
A．23
B．92
C．－92
D．－23
2＝3k， 解析：a∥b⇔a＝kb⇔－3＝kλ，
5＝125k
⇔ kλ＝ ＝23－，92.
3．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相
垂直，则k的值为( D )
A．1
B．15
C．35
D．75
解析：ka＋b＝(k－1，k,2)，2a－b＝(3,2，－2)，由题意 知，3(k－1)＋2k－4＝0，解得k＝75.
10.已知空间四边形OABC，点M、N分别是OA、BC的中 点，且O→A＝a，O→B＝b，O→C＝c，用a，b，c表示向量M→N＝ ____12_(_b_＋__c_－__a_) __．
解析：
如图，M→N＝12(M→B＋M→C) ＝12[(O→B－O→M)＋(O→C－O→M)] ＝12(O→B＋O→C－2O→M) ＝12(O→B＋O→C－O→A)＝12(b＋c－a)．
易知平面PAD的一个法向量为O→F＝0，a2，0， 因为E→F＝a4，0，－a4，且O→F·E→F＝0，a2，0·a4，0，－a4＝ 0，
又因为EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD．
(2)因为P→A
＝a2，0，－a2
，
C→D＝(0，－a,0)，所以
→ PA
→ ·CD
＝
a2，0，－a2·(0，－a,0)＝0，所以P→A⊥C→D，所以PA⊥CD．
A．8 C．8 2
B．4 D．8 5 5
解析：以AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立 空间直角坐标系，如图所示，则P(0,0,2)，C(4,4,0)，
D1(0,4,4)．设M(a,0，b)，则
→ D1M
＝(a，－4，b－4)，
→ CP
＝
(－4，－4,2)．∵D1M⊥CP，∴
→ D1M
课时作业49 空间向量及其运算
一、选择题
Baidu Nhomakorabea
1．已知点A(－3,0，－4)，点A关于原点的对称点为B，则
|AB|等于( D )
A．12
B．9
C．25
D．10
解析：点A关于原点对称的点B的坐标为(3,0,4)，故|AB|＝ －3－32＋0－02＋－4－42＝10.
2．已知向量a＝(2，－3,5)，b＝3，λ，125，且a∥b，则λ等 于( C )
→ ·CP
＝－4a＋16＋2b－8＝
0，即b＝2a－4.取AB的中点N，连接B1N，则点M的轨迹即为线
段B1N.过B作BQ⊥B1N于点Q，则BQ＝42×52＝4 5 5，又BC⊥平面
ABB1A1，故BC⊥BQ，∴S△BCM的最小值为S△BCM＝
1 2
×4×
4
5
5
＝
85 5.
15．(2020·广西南宁月考)如图，平面ABCD⊥平面ADEF， 其中ABCD为矩形，ADEF为梯形，AF∥DE，AF⊥FE，AF＝AD ＝2DE＝2.
则nn22··BD→→FF＝＝00，，
即x21x－1－z31yx1＝＝00，，
5．设A，B，C，D是空间不共面的四个点，且满足A→B·A→C＝ 0，A→D·A→C＝0，A→D·A→B＝0，则△BCD的形状是( C )
A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．无法确定
解析：B→C·B→D＝(A→C－A→B)·(A→D－A→B)＝A→C·A→D－A→C·A→B－ A→B·A→D＋A→B2＝A→B2>0，同理D→B·D→C>0，C→B·C→D>0，故△BCD为 锐角三角形．故选C．
A．12 C．32
B．1 D．2
解析：以AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立
空间直角坐标系，如图所示，则C1(4,4,4)．设E(0,0，z)，z∈
[0,4]，F(x,0,0)，x∈[0,4]，设AF＝x.故
→ EC1
＝(4,4,4－z)，
→ EF
＝
(x,0，－z)．因为C1E⊥EF，所以
又PA⊥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．(2020·福建龙岩质检)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱长为4，P是AA1的中点，点M在侧面AA1B1B内．若D1M⊥ CP，则△BCM面积的最小值为( D )
11．已知O(0,0,0)，A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线 OP上运动，当Q→A·Q→B取最小值时，点Q的坐标是__43_，__43_，__83____.
解析：由题意，设
→ OQ
＝λ
→ OP
，即OQ＝(λ，λ，2λ)，则
→ QA
＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，Q→B＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴Q→A·Q→B ＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝
→ EC1
→ ·EF
＝0，即z2＋4x－4z＝
0，则x＝z－
14z2＝－
1 4
(z－2)2＋1，所以当z＝2时，x取得最大值1.
所以AF的最大值为1.故选B．
二、填空题 9．已知点P在z轴上，且满足|OP|＝1(O为坐标原点)，则点P 到点A(1,1,1)的距离为___2_或___6____.
解析：由题意知，P(0,0,1)或P(0,0，－1)． ∴|PA|＝ 0－12＋0－12＋1－12＝ 2. 或|PA|＝ 1－02＋1－02＋1＋12＝ 6.
6．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，A→M
＝
1 2
M→C1，点
N为B1B的中点，则|MN|等于( A )
A．
21 6a
B．
6 6a
C．
15 6a
D．
15 3a
解析：∵
M→N＝
→ AN
－
A→M＝
→ AN
－
1 3
A→C1＝A→B
＋
B→N－
1 3
→ (AB
＋
A→D＋A→A1)＝23A→B＋16A→A1－13A→D，
4．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若
a、b、c三个向量共面，则实数λ等于( D )
A．672
B．673
C．674
D．675
解析：由于a，b，c三个向量共面，所以存在实数m，n使
得c＝ma＋nb，即有 75＝ ＝2－mm－＋n， 4n， λ＝3m－2n，
解得m＝373，n＝177，λ＝675.
6λ－432－23，当λ＝43时有最小值，此时Q点坐标为43，43，83.
三、解答题 12．已知a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1,4)， B(－2，－2,2)． (1)求|2a＋b|； (2)在直线AB上，是否存在一点E，使得O→E⊥b？(O为原点)
解：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2，1,1)＝(0，－5,5)，故|2a ＋b|＝ 02＋－52＋52＝5 2.