2025版高考數(shù)學一輪復(fù)習練案46第七章立體幾何第六講空間向量及其運算含解析新人教版

第六講空間向量及其運算A組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．(2024·棗陽市第一中學月考)已知平面α，β的法向量分別為n1＝(2,3,5)，n2＝(－3,1，－4)，則(C)A．α∥β B．α⊥βC．α，β相交但不垂直 D．以上均不對[解析]因為n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，所以α，β不平行，也不垂直．故選C．2．平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，M為AC和BD的交點，若eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，則下列式子中與eq\o(B1M,\s\up6(→))相等的是(C)A．－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋cB．eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b－cC．－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b－cD．－eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c[解析]eq\o(B1M,\s\up6(→))＝eq\o(B1B,\s\up6(→))＋eq\o(BM,\s\up6(→))＝－c＋eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up6(→))＝－c＋eq\f(1,2)(b－a)＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b－c.故選C．3．(2024·廣西桂林一中期中)若a＝(2,3，m)，b＝(2n,6,8)，且a，b為共線向量，則m＋n的值為(C)A．7 B．eq\f(5,2)C．6 D．8[解析]由a、b共線得eq\f(2,2n)＝eq\f(3,6)＝eq\f(m,8)，解得m＝4，n＝2，∴m＋n＝6，故選C．4．在空間直角坐標系中，已知A(1，－2,1)，B(2,2,2)，點P在z軸上，且滿意|PA|＝|PB|，則P點坐標為(C)A．(3,0,0) B．(0,3,0)C．(0,0,3) D．(0,0，－3)[解析]設(shè)P點坐標為(0,0，a)，則由題意知1＋4＋(1－a)2＝4＋4＋(2－a)2，解得a＝3，∴P點坐標為(0,0,3)，故選C．5．已知a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，若a⊥(a－λb)，則實數(shù)λ的值為(D)A．－2 B．－eq\f(14,3)C．eq\f(14,5) D．2[解析]a－λb＝(－2＋λ，1－2λ，3－λ)，由a⊥(a－λb)知a·(a－λb)＝－2(－2＋λ)＋(1－2λ)＋3(3－λ)＝0，∴λ＝2，故選D.6．已知點A(2，－5,1)，B(2，－2,4)，C(1，－4,1)，則向量eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(AC,\s\up6(→))的夾角為(C)A．30° B．45°C．60° D．90°[解析]由已知得eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,3,3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，所以coseq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,3\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2).所以向量eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(AC,\s\up6(→))的夾角為60°.故選C．7．(2024·西安質(zhì)檢)已知空間四邊形ABCD的每條棱和對角線的長都等于a，點E，F(xiàn)分別是BC，AD的中點，則eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))的值為(C)A．a(chǎn)2 B．eq\f(1,2)a2C．eq\f(1,4)a2 D．eq\f(\r(3),4)a2[解析]eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))·eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\f(1,4)(a2cos60°＋a2cos60°)＝eq\f(1,4)a2.故選C．8．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，則平面ABC的一個單位法向量是(D)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)))[解析]eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，設(shè)平面ABC的一個法向量n＝(x，y，z)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋z＝0.))令x＝1，則y＝1，z＝1，∴n＝(1,1,1)．單位法向量為：±eq\f(n,|n|)＝±eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))).9．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，則實數(shù)λ等于(D)A．eq\f(62,7) B．eq\f(63,7)C．eq\f(64,7) D．eq\f(65,7)[解析]明顯a與b不共線，假如a，b，c三向量共面，則c＝xa＋yb，即x(2，－1,3)＋y(－1,4，－2)＝(7,5，λ)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y＝7，,－x＋4y＝5，,3x－2y＝λ，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(33,7)，,y＝\f(17,7)，,λ＝\f(65,7).))選D.二、多選題10．已知平面α內(nèi)有一個點A(2，－1,2)，α的一個法向量為n＝(3,1,2)，則下列點P中，不在平面α內(nèi)的是(ACD)A．(1，－1,1) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，3，\f(3,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－3，\f(3,2))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，3，－\f(3,2)))[解析]對于選項A，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(1,0,1)，則eq\o(PA,\s\up6(→))·n＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0；對于選項B，eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－4，\f(1,2)))，則eq\o(PA,\s\up6(→))·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－4，\f(1,2)))·(3,1,2)＝0，驗證可知C、D均不滿意eq\o(PA,\s\up6(→))·n＝0.故選A、C、D.11．如圖，一個結(jié)晶體的形態(tài)為平行六面體ABCD－A1B1C1D1，其中，以頂點A為端點的三條棱長都相等，且它們彼此的夾角都是60°，下列說法中正確的是(AB)A．(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))2＝2(eq\o(AC,\s\up6(→)))2B．eq\o(AC1,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))＝0C．向量eq\o(B1C,\s\up6(→))與eq\o(AA1,\s\up6(→))的夾角是60°D．BD1與AC所成角的余弦值為eq\f(\r(6),3)[解析]平行六面體的棱長均為a，則由題意知(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))2＝(eq\o(AA1,\s\up6(→)))2＋(eq\o(AB,\s\up6(→)))2＋(eq\o(AD,\s\up6(→)))2＋2eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(A1A,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝6a2，2(eq\o(AC,\s\up6(→)))2＝2(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))2＝2[(eq\o(AB,\s\up6(→)))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋(eq\o(AD,\s\up6(→)))2]＝6a2，∴(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))2＝2(eq\o(AC,\s\up6(→)))2，A正確；∵eq\o(AC1,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))＝(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋(eq\o(AB,\s\up6(→)))2－(eq\o(AD,\s\up6(→)))2＝0，B正確；∵eq\o(B1C,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AA1,\s\up6(→))，cos〈eq\o(B1C,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))－\o(AA1,\s\up6(→))·\o(AA1,\s\up6(→)),|\o(AD,\s\up6(→))－\o(AA1,\s\up6(→))|·|\o(AA1,\s\up6(→))|)＝－eq\f(1,2)，∴eq\o(B1C,\s\up6(→))與eq\o(AA1,\s\up6(→))的夾角是120°，C錯；∵eq\o(BD1,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))，記BD1與AC所成角為θ，則cosθ＝eq\f(|\o(BD1,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→))|,|\o(BD1,\s\up6(→))|·|\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\o(AA1,\s\up6(→))·\o(AD,\s\up6(→))＋\o(AA1,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→))＋\o(AD,\s\up6(→))2－\o(AB,\s\up6(→))2,\r(\o(AA1,\s\up6(→))＋\o(AD,\s\up6(→))－\o(AB,\s\up6(→))2)·\r(\o(AD,\s\up6(→))＋\o(AB,\s\up6(→))2))＝eq\f(\r(6),6)，D錯；故選AB.12．(2024·重慶月考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，△PAD是等邊三角形，底面ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，M為棱PD的中點，N為菱形ABCD的中心，下列結(jié)論正確的有(ABD)A．PB∥平面AMCB．PB⊥ADC．AM＝CMD．PB與AM所成角的余弦值為eq\f(\r(2),4)[解析]如圖，連接MN，易知MN∥PB，由線面平行的判定定理得PB∥面AMC，A正確．取AD的中點O，連PO、BO，由題意易知PO、OA、OB兩兩垂直，如圖建立空間直角坐標系，且設(shè)AB＝2，則eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－2,0,0)·(0，eq\r(3)，－eq\r(3))＝0，∴PB⊥AD，B正確．又|MA|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－1))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＝3，|MC|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋2))2＋(0－eq\r(3))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＝6，∴MA≠MC，∴C錯；cos〈eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(PB,\s\up6(→))·\o(AM,\s\up6(→)),|\o(PB,\s\up6(→))|·|\o(AM,\s\up6(→))|)＝eq\f(－\f(3,2),\r(6)×\r(3))＝－eq\f(\r(2),4)，∴PB與AM所成角的余弦值為eq\f(\r(2),4)，D正確．故選ABD.三、填空題13．(2024·竹溪縣其次高級中學月考)如圖，空間四邊形OABC中，eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，點M在OA上，且OM＝2MA，N為BC中點，則eq\o(MN,\s\up6(→))等于－eq\f(2,3)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c.(用a，b，c表示)[解析]因為eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))－eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(b＋c)－eq\f(2,3)a＝－eq\f(2,3)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c.14．已知三點A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，點Q在直線OP上運動，則當eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))取得最小值時，Q點的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3))).[解析]設(shè)Q(x，y，z)，由點Q在直線OP上可得存在實數(shù)λ使得eq\o(OQ,\s\up6(→))＝λeq\o(OP,\s\up6(→))，則有Q(λ，λ，2λ)，eq\o(QA,\s\up6(→))＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，eq\o(QB,\s\up6(→))＝(2－λ，1－λ，2－2λ).eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)·(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝2(3λ2－8λ＋5)，依據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得當λ＝eq\f(4,3)時，取得最小值，此時Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3))).四、解答題15．如圖所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的全部棱長都為2，D為CC1的中點，求證：AB1⊥平面A1BD.[證明]解法一：取BC的中點O，連接AO.∵△ABC為正三角形，∴AO⊥BC．∵在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，∴AO⊥平面BCC1B1，取B1C1的中點O1，以O(shè)為原點，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OO1,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))的方向分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系，如下圖所示，則B(1,0，0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，eq\r(3))，A(0,0，eq\r(3))，B1(1,2,0)．設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(－1,2，eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2,1,0)．則n⊥eq\o(BA1,\s\up6(→))，n⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up6(→))＝0.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＋\r(3)z＝0，,－2x＋y＝0，))令x＝1，則y＝2，z＝－eq\r(3).故n＝(1,2，－eq\r(3))為平面A1BD的一個法向量，而eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1,2，－eq\r(3))，∴eq\o(AB1,\s\up6(→))＝n，即eq\o(AB1,\s\up6(→))∥n，∴AB1⊥平面A1BD.解法二：設(shè)平面A1BD內(nèi)的隨意一條直線m的方向向量為m.由共面對量定理，則存在實數(shù)λ，μ，使m＝λeq\o(BA1,\s\up6(→))＋μeq\o(BD,\s\up6(→)).令eq\o(BB1,\s\up6(→))＝a，eq\o(BC,\s\up6(→))＝b，eq\o(BA,\s\up6(→))＝c，明顯它們不共面，并且|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，以它們?yōu)榭臻g的一組基底，則eq\o(BA1,\s\up6(→))＝a＋c，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)a＋b，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝a－c，m＝λeq\o(BA1,\s\up6(→))＋μeq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ＋\f(1,2)μ))a＋μb＋λc，eq\o(AB1,\s\up6(→))·m＝(a－c)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ＋\f(1,2)μ))a＋μb＋λc))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ＋\f(1,2)μ))－2μ－4λ＝0.故eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥m，結(jié)論得證．解法三：基向量的取法同上．∵eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(a－c)·(a＋c)＝|a|2－|c|2＝0，eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝(a－c)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a＋b))＝eq\f(1,2)|a|2＋a·b－eq\f(1,2)a·c－b·c＝0，∴eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥eq\o(BA1,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥BD，即AB1⊥BA1，AB1⊥BD，由直線和平面垂直的判定定理，知AB1⊥平面A1BD.B組實力提升1．(2024·河南九師聯(lián)盟聯(lián)考)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列說法正確的是(D)A．若α⊥β，m?α，n∥β，則m⊥nB．若α∥β，m?α，n?β，則m∥nC．若m⊥n，m∥α，n?β，則α⊥βD．若m⊥α，m∥n，n∥β，則α⊥β[解析]A中，若α⊥β，m?α，n∥β，則m，n也有可能平行，故A錯；B中，若α∥β，m?α，n?β，則m∥β，n∥α，但m，n可能異面、平行，故B錯；C中，若m⊥n，m∥α，n?β，則α，β可能平行或相交，故C錯；D中，若m⊥α，m∥n，則n⊥α，又n∥β，所以α⊥β，即D正確．故選D.2．直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面邊長和側(cè)棱長都相等，則異面直線AB1與C1B所成角的余弦值為(C)A．eq\f(1,2) B．eq\f(1,8)C．eq\f(1,4) D．eq\f(3,4)[解析]以BC的中點O為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)BC＝2，則B(－1,0,0)，則C1(1,0,2)，故eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(2,0,2)．又B1(－1,0,2)，A(0，eq\r(3)，0)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－1，－eq\r(3)，2)，則異面直線AB1與C1B所成角的余弦值為cosθ＝eq\f(|\o(AB1,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→))|,|\o(AB1,\s\up6(→))||\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,2\r(2)·2\r(2))＝eq\f(1,4)，故選C．3．(2024·廣東汕頭模擬)如圖，三棱錐D－ABC中，AB＝AC＝DB＝DC＝1，BC＝eq\r(2)，平面DBC⊥平面ABC，M，N分別為DA和DC的中點，則異面直線CM與BN所成角的余弦值為(A)A．eq\f(\r(15),6) B．eq\f(\r(15),2)C．eq\f(\r(5),6) D．0[解析]取BC的中點O，連接DO，AO，∵BD＝DC，∴DO⊥BC，又平面DBC⊥平面ABC，∴DO⊥平面ABC，從而DO⊥OA，又AB＝AC，∴AO⊥BC，如圖建立空間直角坐標系，則eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)))，eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),4)，0，\f(\r(2),4)))，則coseq\o(CM,\s\up6(→))，eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\f(\o(CM,\s\up6(→))·\o(BN,\s\up6(→)),|\o(CM,\s\up6(→))||\o(BN,\s\up6(→))|)＝eq\f(－\f(5,8),\f(