（2022讲与练 高三理科数学一轮复习PPT）课时作业49(001).DOC

1、课时作业课时作业 49空间向量及其运算空间向量及其运算 一、选择题 1已知向量 a(2，3,5)，b 3，15 2 ，且 ab，则等于(C) A.2 3 B9 2 C9 2 D2 3 解析：abakb 23k， 3k， 515 2 k k2 3， 9 2. 2已知向量 a(1,1,0)，b(1,0,2)，且 kab 与 2ab 互相垂直，则 k 的值为(D) A1B1 5 C.3 5 D7 5 解析：kab(k1，k,2)，2ab(3,2，2)，由题意知，3(k1)2k40，解得 k7 5. 3已知 a(2，1,3)，b(1,4，2)，c(7,5，)，若 a，b，c 三个向量共面，则实数等于(

2、D) A.62 7 B63 7 C.64 7 D65 7 解析：由于 a，b，c 三个向量共面，所以存在实数 m，n 使得 cmanb，即有 72mn， 5m4n， 3m2n， 解得 m33 7 ， n17 7 ，65 7 . 4已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 a，AM 1 2MC 1 ，点 N 为 B1B 的中点，则|MN|等于(A) A. 21 6 aB 6 6 a C. 15 6 aD 15 3 a 解析：MN AN AM AN 1 3AC 1 AB BN1 3(AB AD AA1 )2 3AB 1 6AA 1 1 3AD ，|MN | 4 9|AB |21 36|AA 1

3、 |21 9|AD |2 21 6 a.故选 A. 5(2021四川六市检测)在空间直角坐标系 Oxyz 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) A16B12 C4 3D6 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 222222 2 3，故该四面体外接球的表面积是 4R2 12.故选 B. 6已知空间任意一点 O 和不共线的三点 A，B，C，若OP xOA yOB

4、zOC (x，y，zR)，则“x2，y3， z2”是“P，A，B，C 四点共面”的(B) A必要不充分条件 B充分不必要条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 解析：当 x2，y3，z2 时，OP 2OA 3OB 2OC ，则AP AO 2OA 3(AB AO )2(AC AO )，即AP 3AB 2AC，根据共面向量定理知，P，A，B，C 四点共面；反之，当 P，A，B，C 四点共面时，根据共面向量定 理，设AP mABnAC(m，nR)，即OP OA m(OB OA )n(OC OA )，即OP (1mn)OA mOB nOC ，即 x 1mn，ym，zn，这组数显然不止 2，3,2，故

5、“x2，y3，z2”是“P，A，B，C 四点共面”的充 分不必要条件 7(2021广东汕头模拟)如图，在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，AB2，AA1 3，点 G 为正方形 ABCD 的中心， 点 E 为 A1D1的中点，点 F 为 AE 的中点，则(B) AC，E，F，G 四点共面，且 CFEG BC，E，F，G 四点共面，且 CFEG CC，E，F，G 四点不共面，且 CFEG DC，E，F，G 四点不共面，且 CFEG 解析：如图，连接 AC，则点 G 在 AC 上且 AGGC，连接 EC.因为 AFFE，AGGC，所以由三角形的中位线 定理可知 FGEC，所以 C，E，F，G 四

6、点共面以 D 为原点，分别以 DA，DC，DD1所在直线为 x，y，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A(2,0,0)，E(1,0， 3)，G(1,1,0)， C(0,2,0)，F 3 2，0， 3 2 ， 所以 CF 3 2 222 3 2 2 7， EG 0212 322CF.故选 B. 8(2021河南焦作检测)在棱长为 4 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E，F 分别在棱 AA1和 AB 上，且 C1EEF， 则 AF 的最大值为(B) A.1 2 B1 C.3 2 D2 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

7、示，则 C1(4,4,4)设 E(0,0， z)，z0,4，F(x,0,0)，x0,4，则 AFx.故EC1 (4,4,4z)，EF (x,0，z)因为 C1EEF，所以EC1 EF 0，即 z24x4z0，则 xz1 4z 21 4(z2) 21，所以当 z2 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| 012012112 2. 或|PA| 102102112 6. 10已知 O(

8、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QA QB 取最小值时，点 Q 的坐标是 4 3， 4 3， 8 3 . 解析：由题意，设OQ OP ，即OQ (，2)，则QA (1，2，32)，QB (2，1，22)， QA QB (1)(2)(2)(1)(32)(22)6216106 4 3 22 3，当 4 3时有最小值，此时 Q 点坐 标为 4 3， 4 3， 8 3 . 11已知点 P 是平行四边形 ABCD 所在的平面外一点，如果AB (2，1，4)，AD (4,2,0)，AP (1,2， 1)对于结论：APAB；APAD；AP

9、是平面 ABCD 的法向量；APBD .其中正确的是. 解析： 因为AB AP0， AD AP 0， 所以 ABAP， ADAP， 则正确 又AB与AD 不平行， 所以AP 是平面 ABCD 的法向量，则正确因为BD AD AB (2,3,4)，AP(1,2，1)，所以BD 与AP 不平行，故错 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|2ab|； (2)在直线 AB 上，是否存在一点 E，使得OE b？(O 为原点) 解：(1)2ab(2，6,4)(2，1,1)(0，5,5)，故|2ab| 0252525 2. (2)令AE

10、tAB(tR)，所以OE OA AE OA tAB (3，1，4)t(1，1，2)(3t，1t,42t)， 若OE b，则OE b0，所以2(3t)(1t)(42t)0，解得 t9 5.因此存在点 E，使得OE b，此时 E 点的 坐标为 6 5， 14 5 ，2 5 . 13如图所示，已知 O，A，B，C，D，E，F，G，H 为空间的九个点，且OE kOA ，OF kOB ，OH kOD ，AC AD mAB ，EG EH mEF ，k0，m0.求证： (1)A，B，C，D 四点共面，E，F，G，H 四点共面； (2)AC EG ； (3)OG kOC . 证明：(1)AC AD mAB ，

11、m0，A，B，C，D 四点共面 EG EH mEF ，m0，E，F，G，H 四点共面 (2)EG EH mEF OH OE m(OF OE )k(OD OA )km(OB OA )kAD kmAB k(AD mAB )kAC， k0，AC EG . (3)由(2)知OG OE EG kOA kAC k(OA AC )kOC . 14(2021福建龙岩质检)如图，已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 4，P 是 AA1的中点，点 M 在侧面 AA1B1B 内若 D1MCP，则BCM 面积的最小值为(D) A8B4 C8 2D8 5 5 解析：以 AB，AD，AA1所在直线分别为 x 轴、

12、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，b4)，CP (4，4,2)D1MCP，D1M CP 4a162b8 0，即 b2a4.取 AB 的中点 N，连接 B1N，则点 M 的轨迹即为线段 B1N.过 B 作 BQB1N 于点 Q，则 BQ42 2 5 4 5 5 ，又 BC平面 ABB1A1，故 BCBQ，SBCM的最小值为 SBCM1 24 4 5 5 8 5 5 . 15如图所示，已知空间四边形 ABCD 的各边和对角线的长都等于 a，点 M，N 分别是 AB，CD 的中点 (1)求

13、证：MNAB； (2)求 MN 的长； (3)求异面直线 AN 与 CM 所成角的余弦值 解：(1)证明：设AB p，ACq，AD r. 由题意可知，|p|q|r|a，且 p，q，r 三向量两两夹角均为 60. MN AN AM 1 2(AC AD )1 2AB 1 2(qrp)， MN AB 1 2(qrp)p 1 2(qprpp 2)1 2(a 2cos60a2cos60a2)0. MN AB ，即 MNAB. (2) 由 (1) 可 知 MN 1 2 (q r p) ， | MN |2 1 4 (q r p)2 1 4 q2 r2 p2 2(qr pq rp) 1 4 a2a2a22 a

14、2 2 a 2 2 a 2 21 42a 2a2 2 . |MN | 2 2 a.MN 的长为 2 2 a. (3)设向量AN 与MC 的夹角为. AN 1 2(AC AD )1 2(qr)，MC AC AM q1 2p，AN MC 1 2(qr) q1 2p 1 2 q21 2qprq 1 2rp 1 2 a21 2a 2cos60a2cos601 2a 2cos60 1 2 a2a 2 4 a 2 2 a 2 4 a 2 2 . 又|AN |MC | 3 2 a，AN MC |AN |MC |cos 3 2 a 3 2 acosa 2 2 ，cos2 3， 向量AN 与MC 的夹角的余弦值为2 3， 从而异面直线 AN 与 CM 所成角的余弦值为2 3.