2018年高考数学（人教理科）总复习（福建专用）配套训练：课时规范练42 .docx

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1、课时规范练42空间向量及其运算一、基础巩固组1.已知空间四边形OABC中,OA=a,OB=b,OC=c,点M在OA上,且OM=2MA,N为BC中点,则MN=()A.12a-23b+12cB.-23a+12b+12cC.12a+12b-12cD.23a+23b-12c2.设一地球仪的球心为空间直角坐标系的原点O,球面上的两个点A,B的坐标分别为A(1,2,2),B(2,-2,1),则|AB|等于()A.18B.12C.32D.233.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为上底面A1C1的中心,若AE=AA1+xAB+yAD,则x,y的值分别为()A.x=1,y=1B.x=1,y=12C.

2、x=12,y=12D.x=12,y=14.向量a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),下列结论正确的是()A.ab,acB.ab,acC.ac,abD.以上都不对5.A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足ABAC=0,ACAD=0,ABAD=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.(2017浙江舟山模拟)平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,向量AB,AD,AA1两两的夹角均为60,且|AB|=1,|AD|=2,|AA1|=3,则|AC1|等于()A.5B.6C.4D.87.已知空间向量a,b,满足|a|=|b|=

3、1,且a,b的夹角为3,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.8.在空间直角坐标系中,以点A(4,1,9),B(10,-1,6),C(x,4,3)为顶点的ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,则实数x的值为.9.(2017宁夏银川模拟)已知点A(1,2,1),B(-1,3,4),D(1,1,1),若AP=2PB,则|PD|的值是.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.导学号21500751二、综合提升组11.已知AB=(2,2,-2),BC=(

4、1,y,z),若ABBC,BP=(x-1,y,1),且BPAB,则实数x,y,z分别为()A.5,-1,1B.1,1,-1C.-3,1,1D.4,1,-212.(2017安徽合肥质检)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,BC=2,AA1=3,点M是BC的中点,点PAC1,QMD,则PQ长度的最小值为()A.1B.43C.233D.213.(2017内蒙古包头模拟)如图所示,PD垂直于正方形ABCD所在平面,AB=2,E为PB的中点,cos=33,若以DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则点E的坐标为.导学号2150075214.在四棱锥P-ABCD中,PD

5、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:EFCD.(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.三、创新应用组15.如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为,则cos 的最大值为.16.如图所示的直三棱柱ABC-A1B1C1,在其底面三角形ABC中,CA=CB=1,BCA=90,棱AA1=2,M,N分别是A1B1,A1A的中点.(1)求BN的模;(2)求cos的值;(3)求证:A1BC1M

6、.导学号21500753课时规范练42空间向量及其运算1.BMN=ON-OM=12(OB+OC)-23OA=-23a+12b+12c.2.C|AB|=(1-2)2+(2+2)2+(2-1)2=32.3.C如图,AE=AA1+A1E=AA1+12A1C1=AA1+12(A1B1+A1D1)=AA1+12AB+12AD.4.C因为c=(-4,-6,2)=2(-2,-3,1)=2a,所以ac.又ab=(-2)2+(-3)0+14=0,所以ab.5.CM为BC中点,AM=12(AB+AC).AMAD=12(AB+AC)AD=12ABAD+12ACAD=0.AMAD,AMD为直角三角形.6.A设AB=a

7、,AD=b,AA1=c,则AC1=a+b+c,|AC1|2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=25,因此|AC1|=5.7.534由OA=2a+b,OB=3a-b,得|OA|=(2a+b)2=7,|OB|=(3a-b)2=7,OAOB=(2a+b)(3a-b)=112.cosBOA=OAOB|OA|OB|=1114,sinBOA=5314.SOAB=12|OA|OB|sinBOA=534.8.2由题意知ABAC=0,|AB|=|AC|.AB=(6,-2,-3),AC=(x-4,3,-6),6(x-4)-6+18=0,(x-4)2=4,解得x=2.9.773设P(x,y,z),则AP=(

8、x-1,y-2,z-1),PB=(-1-x,3-y,4-z).由AP=2PB,得点P坐标为-13,83,3.又D(1,1,1),|PD|=773.10.证明 (1)CA1=CB+BA+AA1=CB+CD+CC1,CG=CC1+C1G=CC1+2312(C1B+C1D)=CC1+13(CB-CC1+CD-CC1)=13(CB+CD+CC1)=13CA1,CGCA1,即A1,G,C三点共线.(2)设CB=a,CD=b,CC1=c,则|a|=|b|=|c|=a,且ab=bc=ca=0.CA1=a+b+c,BC1=c-a,CA1BC1=(a+b+c)(c-a)=c2-a2=0.因此CA1BC1,即CA

9、1BC1.同理CA1BD.又BD与BC1是平面BC1D内的两条相交直线,故A1C平面BC1D.11.BABBC,12=y2=-z2,解得y=1,z=-1.BPAB,2(x-1)+2y-2=0,解得x=1.12.C根据题意建立如图所示的空间直角坐标系,设P(x0,2x0,3-3x0),Q(x1,2-x1,3),x00,1,x10,1,所以PQ=(x0-x1)2+(2x0+x1-2)2+(3-3x0-3)2=2x1+x0-222+272x0-292+43,当且仅当x0=29,x1=89时,PQ取得最小值,即PQmin=43=233.13.(1,1,1)由已知得D(0,0,0),A(2,0,0),B

10、(2,2,0),设P(0,0,a)(a0),则E1,1,a2,所以DP=(0,0,a),AE=-1,1,a2,|DP|=a,|AE|=(-1)2+12+a22=2+a24=8+a22.又cos=33,所以0(-1)+01+a22a8+a22=33,解得a2=4,即a=2,所以E(1,1,1).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).EFDC=0,EFDC,即E

11、FCD.(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FGCB=x-a2,-a2,z-a2(a,0,0)=ax-a2=0,得x=a2.由FGCP=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.15.25以A为坐标原点,射线AB,AD,AQ分别为x,y,z轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设正方形ABCD和ADPQ的边长为2,则E(1,0,0),F(2,1,0),M(0,y,2)(0y2).所以AF=(2,1,0),EM=(

12、-1,y,2).所以AFEM=-2+y,|AF|=5,|EM|=5+y2.所以cos =|AFEM|AF|EM|=|-2+y|55+y2=2-y55+y2.令2-y=t,则y=2-t,且t0,2.所以cos =t55+(2-t)2=t59-4t+t2.当t=0时,cos =0.当t0时,cos =159t2-4t+1=1591t-292+59,由t(0,2,得1t12,+,所以91t-292+59912-292+59=52.所以0cos 25,即cos 的最大值为25.16.(1)解 如图,建立空间直角坐标系.依题意得B(0,1,0),N(1,0,1),|BN|=(1-0)2+(0-1)2+(1-0)2=3.(2)解 依题意得A1(1,0,2),B(0,1,0),C(0,0,0),B1(0,1,2),BA1=(1,-1,2),CB1=(0,1,2),BA1CB1=3,|BA1|=6,|CB1|=5.cos=BA1CB1|BA1|CB1|=3010.(3)证明 依题意,得C1(0,0,2),M12,12,2,A1B=(-1,1,-2),C1M=12,12,0,A1BC1M=-12+12+0=0.A1BC1M,A1BC1M.