【数学】2020届一轮复习人教B版42空间向量及其运算练习 5页

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BA‎+CB-‎CD等于(　　)‎ A.DB B.AD C.DA D.‎AC ‎2.(2018河北衡水一中二模,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.‎5‎ B.2‎2‎ C.‎14‎ D.‎‎17‎ ‎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OG‎=‎1‎‎3‎OA+x‎4‎OB+‎x‎4‎OC,则使G与M,N共线的x的值为(　　)‎ A.1 B.2 C.‎2‎‎3‎ D.‎‎4‎‎3‎ ‎4.(2018辽宁沈阳期中,5)若向量a=(‎3‎,1,0),b=(1,0,z),=π‎3‎,则实数z的值为(　　)‎ A.‎2‎ B.2 C.±‎2‎ D.±2‎ ‎5.A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足AB‎·‎AC=0,AC‎·‎AD=0,AB‎·‎AD=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π‎3‎,O为空间直角坐标系的原点,点A,B满足OA=2a+b,OB=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.‎2‎‎2‎‎3‎ B.‎2‎‎3‎‎3‎ C.‎4‎‎3‎ D.‎‎2‎‎5‎‎3‎ ‎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),|AB|=2|a|,且AB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PA‎·‎PC‎1‎的取值范围是(　　)‎ A.-1,-‎1‎‎4‎ B.-‎1‎‎2‎,-‎‎1‎‎4‎ C.[-1,0] D.-‎1‎‎2‎,0‎ ‎13.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,有下列命题:①(AA‎1‎‎+AD+‎AB)2=3AB‎2‎;②A‎1‎C·(A‎1‎B‎1‎‎-‎A‎1‎A)=0;③AD‎1‎与A‎1‎B的夹角为60°;④正方体的体积为|AB‎·AA‎1‎·‎AD|.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PM‎·‎PN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(x):f(x)=-x+2(x·a)a(x∈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x,y,证明:f(x)·f(y)=x·y;‎ ‎(3)对于V中的任意单位向量x,求|f(x)-x|的最大值.‎ 课时规范练42　空间向量及其运算 ‎1.C　BA‎+CB-CD=CA+DC=DA.‎故选C.‎ ‎2.A　因为A‎1‎C‎=A‎1‎B‎1‎+A‎1‎D‎1‎+‎A‎1‎A,所以|A‎1‎C|2=(A‎1‎B‎1‎‎+A‎1‎D‎1‎+‎A‎1‎A)2=|A‎1‎B‎1‎|2+|A‎1‎D‎1‎|2+|A‎1‎A|2+2(A‎1‎B‎1‎‎·A‎1‎D‎1‎+A‎1‎B‎1‎·A‎1‎A+A‎1‎D‎1‎·‎A‎1‎A)=1+2+9+2(1‎×‎2‎×‎cos 45°+1×3×cos 120°+‎2‎‎×‎3×cos 135°)=5.故A1C的长为‎5‎‎.‎故选A.‎ ‎3.A　ON‎=‎1‎‎2‎(OB+‎OC),OM‎=‎2‎‎3‎OA.‎假设G与M,N共线,则存在实数λ使得OG=λON+(1-λ)OM‎=λ‎2‎(OB+‎OC)+‎2(1-λ)‎‎3‎OA,与OG‎=‎1‎‎3‎OA+x‎4‎OB+‎x‎4‎OC比较可得‎2(1-λ)‎‎3‎‎=‎1‎‎3‎,λ‎2‎=‎x‎4‎,解得x=1.故选A.‎ ‎4.C　|a|=‎(‎3‎‎)‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎=2,|b|=‎1+‎z‎2‎,a·b=‎3‎‎.∴‎cosπ‎3‎‎=a·b‎|a|·|b|‎=‎3‎‎2×‎‎1+‎z‎2‎=‎‎1‎‎2‎,化为z2=2,解得z=±‎2‎‎.‎故选C.‎ ‎5.C　∵M为BC中点,‎∴AM=‎1‎‎2‎(AB+‎AC).‎ ‎∴AM·AD=‎1‎‎2‎(AB+‎AC‎)‎·AD=‎1‎‎2‎AB·AD+‎1‎‎2‎AC·‎AD=0.‎ ‎∴AM⊥AD,△AMD为直角三角形.‎ ‎6‎.‎‎5‎‎3‎‎4‎　由OA=2a+b,OB=3a-b,得|OA|=‎(2a+b‎)‎‎2‎‎=‎‎7‎,|OB|=‎(3a-b‎)‎‎2‎‎=‎7‎,OA·‎OB=(2a+b)·(3a-b)=‎‎11‎‎2‎‎.‎ ‎∴cos∠BOA=OA‎·‎OB‎|OA||OB|‎‎=‎‎11‎‎14‎,‎ ‎∴sin∠BOA=‎‎5‎‎3‎‎14‎‎.‎ ‎∴S△OAB=‎1‎‎2‎‎|‎OA||OB|sin∠BOA=‎‎5‎‎3‎‎4‎‎.‎ ‎7.‎3‎‎2‎‎,‎‎1‎‎2‎,-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(x,y,z),则p=x(a+b)+y(a-b)+zc=(x+y)a+(x-y)b+zc,‎ 因为a,b,c不共面,所以x+y=2,‎x-y=1,‎z=-1,‎ 所以x=‎3‎‎2‎,‎y=‎1‎‎2‎,‎z=-1,‎即p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为‎3‎‎2‎‎,‎‎1‎‎2‎,-1,‎ 同理可求p在基底{2a,b,-c}下的坐标为(1,1,1).‎ 故答案为‎3‎‎2‎‎,‎‎1‎‎2‎,-1,(1,1,1).‎ ‎8.[2‎6‎,4‎2‎]　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=|BD‎1‎||PQ|=2‎3‎‎|‎PQ|.‎ 设Q(x,x,x),P(0,2,y),则D‎1‎B=(2,2,2),PQ=(x,x-2,x-y).因为D‎1‎B‎·‎PQ=0,故2x+2(x-2)+2(x-y)=0,即3x-y-2=0,故y=3x-2.‎ 因0≤3x-2≤2,故‎2‎‎3‎‎≤‎x‎≤‎4‎‎3‎.‎ 又|PQ|=x‎2‎‎+‎(x-2)‎‎2‎+‎‎(x-y)‎‎2‎‎=x‎2‎‎+‎(x-2)‎‎2‎+‎‎(2x-2)‎‎2‎=‎6x‎2‎-12x+8‎=‎‎6‎(x-1)‎‎2‎+2‎,其中‎2‎‎3‎‎≤‎x‎≤‎‎4‎‎3‎,‎ 所以‎2‎‎≤‎|PQ|‎≤‎‎2‎‎6‎‎3‎,故2‎6‎‎≤‎S≤4‎2‎,填[2‎6‎,4‎2‎].‎ ‎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=‎5(t-m‎5‎)‎ ‎‎2‎+‎9‎‎5‎(m-‎10‎‎9‎)‎ ‎‎2‎+‎‎16‎‎9‎,当且仅当5t=m=‎10‎‎9‎时,PQ取最小值‎4‎‎3‎,选C.‎ ‎10.证明 (1)CA‎1‎‎=CB+BA+AA‎1‎=CB+CD+CC‎1‎,CG=CC‎1‎+C‎1‎G=CC‎1‎+‎2‎‎3‎×‎1‎‎2‎(C‎1‎B+‎C‎1‎D)=CC‎1‎‎+‎1‎‎3‎(CB-CC‎1‎+CD-‎CC‎1‎)=‎1‎‎3‎‎(CB+CD+‎CC‎1‎)=‎1‎‎3‎CA‎1‎,‎ ‎∴CG∥‎CA‎1‎‎,即A1,G,C三点共线.‎ ‎(2)设CB=a,CD=b,CC‎1‎=c,‎ 则|a|=|b|=|c|=a,‎ 且a·b=b·c=c·a=0.‎ ‎∵‎CA‎1‎‎=a+b+c,BC‎1‎=c-a,‎ ‎∴CA‎1‎·‎BC‎1‎‎=(a+b+c)·(c-a)=c2-a2=0.‎ 因此CA‎1‎‎⊥‎BC‎1‎,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(x,y,z),∵A(1,-2,0),‎ ‎∴‎AB‎=(x-1,y+2,z).‎ ‎∵|AB|=2|a|,且AB与a方向相反,a=(-3,4,6),‎ ‎∴‎AB‎=-2a=(6,-8,-12),‎ ‎∴‎x-1=6,‎y+2=-8,‎z=-12,‎解得x=7,‎y=-10,‎z=-12,‎ ‎∴B(7,-10,-12),故选B.‎ ‎12.D　以点D为原点,以DA所在的直线为x轴,以DC所在的直线为y轴,以DD1所在的直线为z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(x,y,z),由题意可得0≤x≤1,0≤y≤1,z=1,‎ ‎∴‎PA‎=(1-x,-y,-1),PC‎1‎=(-x,1-y,0),‎ ‎∴PA·‎PC‎1‎‎=-x(1-x)-y(1-y)+0=x2-x+y2-y=x-‎1‎‎2‎2+y-‎1‎‎2‎2-‎1‎‎2‎,‎ 由二次函数的性质可得,当x=y=‎1‎‎2‎时PA·‎PC‎1‎取得最小值为-‎1‎‎2‎;‎ 当x=0或1,且y=0或1时,PA‎·‎PC‎1‎取得最大值为0,则PA‎·‎PC‎1‎的取值范围是-‎1‎‎2‎,0.‎ 故选D.‎ ‎13.①②　(AA‎1‎‎+AD+‎AB)2=AA‎1‎‎2‎‎+AD‎2‎+‎AB‎2‎+2AA‎1‎‎·‎AD+2AA‎1‎‎·‎AB+2AD‎·‎AB=3AB‎2‎,故①正确.‎ A‎1‎C‎·‎‎(A‎1‎B‎1‎‎-‎A‎1‎A)=A‎1‎C‎·‎AB‎1‎=0,故②正确.‎ 因为A‎1‎B‎∥‎D‎1‎C,AD1、AC、D1C均为面对角线,所以三角形AD1C为等边三角形,而AD‎1‎与A‎1‎B的夹角为D‎1‎C与D‎1‎A的夹角的补角.所以AD‎1‎与A‎1‎B的夹角为120°,故③错误.‎ 正方体的体积为|AB||AA‎1‎||AD|,而|AB‎·AA‎1‎·‎AD|=0,故④错误.‎ ‎14.(1)证明 如图,以DA,DC,DP所在直线分别为x轴,y轴,z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),Ea,a‎2‎,0‎,P(0,0,a),Fa‎2‎‎,a‎2‎,‎a‎2‎‎.‎ EF‎=‎-a‎2‎,0,‎a‎2‎,‎DC‎=(0,a,0).‎ ‎∵EF·‎DC‎=0,‎∴EF⊥‎DC,‎ 即EF⊥CD.‎ ‎(2)解 假设存在满足条件的点G,设G(x,0,z),‎ 则FG‎=‎x-a‎2‎,-a‎2‎,z-‎a‎2‎,若使GF⊥平面PCB,则由FG‎·‎CB=x-a‎2‎,-a‎2‎,z-a‎2‎·(a,0,0)=ax-‎a‎2‎=0,得x=‎a‎2‎‎.‎ 由FG‎·‎CP=x-a‎2‎,-a‎2‎,z-a‎2‎·(0,-a,a)=a‎2‎‎2‎+az-‎a‎2‎=0,得z=0.‎ ‎∴点G坐标为a‎2‎‎,0,0‎,即存在满足条件的点G,且点G为AD的中点.‎ ‎15.0,‎4‎‎3‎　设球O的半径为R,则‎1‎‎2‎‎×‎2‎×‎1=‎1‎‎2‎‎×‎3‎×‎R,解得R=‎6‎‎3‎‎.‎|OP|∈‎6‎‎3‎‎,‎‎2‎.可得PM‎·‎PN=(OM‎-‎OP)·(ON‎-‎OP)=OP‎2‎-R2=OP‎2‎‎-‎2‎‎3‎∈‎0,‎4‎‎3‎.‎ ‎16.解 (1)依题意得f(u)=-u+2(u·a)a=v,设a=(x,y,z),代入运算得‎2x‎2‎-1=0,‎‎2xy=0,‎‎2xz=1‎‎⇒‎a=‎2‎‎2‎,0,‎2‎‎2‎或a=-‎2‎‎2‎,0,-‎2‎‎2‎;‎ ‎(2)证明 设x=(a,b,c),y=(m,n,t),a=(a1,a2,a3),则f(x)·f(y)=[-x+2(x·a)a]·[-y+2(y·a)a]=x·y-4(y·a)(x·a)+4(y·a)(x·a)(a)2=x·y-4(y·a)(x·a)+4(y·a)(x·a)=x·y.从而得证;‎ ‎(3)设x与a的夹角为α,则x·a=|x|·|a|cos α=cos α,‎ 则|f(x)-x|=|2x-2(x·a)a|=‎(2x-2acosα‎)‎‎2‎‎=‎4-4cos‎2‎α≤‎2,故最大值为2.‎