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类型广西专用2022年高考数学一轮复习考点规范练44空间向量及其运算含解析新人教A版理.docx

  • 上传人(卖家):青蛙的王子
  • 文档编号:2998553
  • 上传时间:2022-06-20
  • 格式:DOCX
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    资源描述:

    1、考点规范练44空间向量及其运算基础巩固1.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,M为A1C1的中点,若AB=a,BC=b,AA1=c,则BM可表示为()A.-12a+12b+cB.12a+12b+cC.-12a-12b+cD.12a-12b+c2.(2021浙江舟山中学月考)若A(m+1,n-1,3),B(2m,n,m-2n),C(m+3,n-3,9)三点共线,则m+n=()A.0B.1C.2D.33.已知a=(-2,1,3),b=(-1,2,1),若a(a-b),则实数的值为()A.-2B.-143C.145D.24.已知A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足ABAC=0,ACAD=0,A

    2、BAD=0,M为BC的中点,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5.在空间直角坐标系中,A(1,1,-2),B(1,2,-3),C(-1,3,0),D(x,y,z)(x,y,zR),若A,B,C,D四点共面,则()A.2x+y+z=1B.x+y+z=0C.x-y+z=-4D.x+y-z=06.在空间四边形ABCD中,则ABCD+ACDB+ADBC的值为()A.-1B.0C.1D.27.(2021浙江镇海中学模拟)已知空间三点A(-2,0,8),P(m,m,m),B(4,-4,6),若向量PA与PB的夹角为60,则实数m=()A.1B.2C.-1D.-28.在平行六

    3、面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=(1,2,0),AD=(2,1,0),CC1=(0,1,5),则对角线AC1的边长为()A.42B.43C.52D.129.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M和N分别是正方形ABCD和BB1C1C的中心,若点P满足DP=mDA+nDM+kDN,其中m,n,kR,且m+n+k=1,则点P可以是正方体表面上线段上的点.10.已知O(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QAQB最小时,点Q的坐标是.11.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

    4、,C三点共线;(2)A1C平面BC1D.能力提升12.(2021江苏连云港板浦中学月考)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,以顶点A为端点的三条棱长都是1,且它们彼此的夹角都是60,M为A1C1与B1D1的交点.若AB=a,AD=b,AA1=c.有下列结论:BM=12a-12b+c;AC1=a+b+c;AC1的长为5;cos=63.其中正确的序号有.13.如图,直角三角形OAC所在平面与平面交于OC,平面OAC平面,OAC为直角,OC=4,B为OC的中点,且ABC=23,平面内一动点P满足PAB=3,则OPCP的取值范围是.高考预测14.(2021山东菏泽一中月考)已知空间四边形O

    5、ABC各边及其对角线OB,AC的长都是6,AM=2MB,MG=GC,OG=xOA+yOB+zOC,则x+y+z=,OG的长为.答案:1.A解析取AC的中点N,连接BN,MN,如图所示.M为A1C1的中点,AB=a,BC=b,AA1=c,NM=AA1=c,BN=12(BA+BC)=12(-AB+BC)=-12a+12b,BM=BN+NM=-12a+12b+c=-12a+12b+c.故选A.2.A解析AB=(m-1,1,m-2n-3),AC=(2,-2,6),由题意得ABAC,则m-12=1-2=m-2n-36,m=0,n=0,m+n=0.3.D解析由题意知a(a-b)=0,即a2-ab=0,14

    6、-7=0.=2.4.C解析M为BC的中点,AM=12(AB+AC).AMAD=12(AB+AC)AD=12ABAD+12ACAD=0.AMAD,AMD为直角三角形.5.A解析A(1,1,-2),B(1,2,-3),C(-1,3,0),D(x,y,z)(x,y,zR),AB=(0,1,-1),AC=(-2,2,2),AD=(x-1,y-1,z+2).A,B,C,D四点共面,存在实数,使得AD=AB+AC,即(x-1,y-1,z+2)=(0,1,-1)+(-2,2,2),x-1=-2,y-1=+2,z+2=-+2,解得2x+y+z=1,故选A.6.B解析如图,令AB=a,AC=b,AD=c,则AB

    7、CD+ACDB+ADBC=AB(AD-AC)+AC(AB-AD)+AD(AC-AB)=a(c-b)+b(a-c)+c(b-a)=ac-ab+ba-bc+cb-ca=0.7.B解析A(-2,0,8),P(m,m,m),B(4,-4,6),PA=(-2-m,-m,8-m),PB=(4-m,-4-m,6-m),由题意有cos60=|PAPB|PA|PB|=3m2-12m+403m2-12m+683m2-12m+68,即3m2-12m+682=3m2-12m+40,整理得m2-4m+4=0,解得m=2.8.C解析AC1=AA1+A1B1+B1C1=CC1+AB+AD=(0,1,5)+(1,2,0)+(

    8、2,1,0)=(3,4,5),所以|AC1|=32+42+52=52.9.AB1,B1C,AC解析因为点P满足DP=mDA+nDM+kDN,其中m,n,kR,且m+n+k=1,所以点P在A,M,N三点确定的平面上.如图,连接B1A,B1C,AC,MN,又因为M和N分别是正方形ABCD和BB1C1C的中心,所以CN=B1N,AM=MC,从而MNAB1,所以AB1C即为经过A,M,N三点的平面与正方体的截面.故点P可以是正方体表面上线段AB1,B1C,AC上的点.10.43,43,83解析设OQ=OP=(,2),则QA=(1-,2-,3-2),QB=(2-,1-,2-2).故QAQB=(1-)(2

    9、-)+(2-)(1-)+(3-2)(2-2)=62-16+10=6-432-23.所以当=43时,QAQB取得最小值-23,此时OQ=43,43,83.所以点Q的坐标是43,43,83.11.证明(1)CA1=CB+BA+AA1=CB+CD+CC1,可以证明CG=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CA1BC1.同理CA1BD,又BD与BC1是平面BC

    10、1D内的两条相交直线,故A1C平面BC1D.12.解析由空间向量的加法法则得AC1=a+b+c,正确;BM=BB1+B1M=BB1+12B1D1=AA1+12(B1A1+B1C1)=c+12(-a+b)=-12a+12b+c,错误;由已知ab=bc=ac=11cos60=12,|AC1|=|a+b+c|=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=1+1+1+1+1+1=6,错误;cos=ABAC1|AB|AC1|=a2+ab+ac16=1+12+126=63,正确.13.0,+)解析平面OAC平面,交线为OC,作AOOC,交OC于点O,则AO平面.以O为原点,平面为xOy坐标

    11、平面,OA方向为z轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz.OAC为直角,OC=4,B为OC的中点,且ABC=23,BC=AB=OB=2,ABO=3,OA=3,OB=1,OO=1,OC=3.设点P的坐标为(x,y,0).O(0,-1,0),A(0,0,3),B(0,1,0),C(0,3,0),OP=(x,y+1,0),CP=(x,y-3,0),AP=(x,y,-3),AB=(0,1,-3).又PAB=3,APAB=y+3=x2+y2+3212,即x2=6y+60.y-1.OPCP=x2+(y+1)(y-3)=6y+6+y2-2y-3=y2+4y+3=(y+2)2-1.y-1,当y=-1时,OPCP

    12、取得最小值0.OPCP0.14.15解析四边形OABC为正四面体,OG=OM+MG=OA+23AB+12MC=OA+23AB+12(MA+AC)=OA+23AB+1223BA+12AC=OA+13AB+12AC=OA+13(OB-OA)+12(OC-OA)=OA-13OA-12OA+13OB+12OC=16OA+13OB+12OC,x+y+z=1.又OAOB=OAOC=OBOC=66cos60=18,|OG|2=OG2=16OA+13OB+12OC2=136OA2+19OB2+14OC2+19OAOB+16OAOC+13OBOC=13636+1936+1436+1918+1618+1318=25,|OG|=5.7

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