【数学】2020届一轮复习人教B版42空间向量及其运算练习
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.
