【文档说明】2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材）第八章 立体几何与空间向量 课时规范练37　空间向量及其运算含解析【高考】.docx，共(7)页，88.073 KB，由小赞的店铺上传

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1课时规范练37空间向量及其运算基础巩固组1.已知向量a=(1,-2,3),b=(2,-1,-4),则a·b=()A.-8B.-7C.-6D.-52.已知a=(t,12,-3),b=(2,t+2,1),若a∥b,则实数t的值为()A.-5B.-6C.-4D.-33.(2020

辽宁大连模拟)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,E为PD的中点,若𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=a,𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=b,𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=c,则用基底{a,b,c}表示向量𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗为()A

.12a-12b+12cB.12a-32b+12cC.12a-12b-12cD.12a-12b+32c4.在下列条件中,使M与A,B,C一定共面的是()A.𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗B.𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗

=15𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+12𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗C.𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0D.𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=05.若a=(2,-3,5

),b=(-3,1,2),则|a-2b|=()A.7√2B.5√2C.3√10D.6√36.(多选)已知向量a=(1,-1,m),b=(-2,m-1,2),则下列结论中正确的是()A.若|a|=2,则m=±√2B.若a⊥b,则m=-1C.不存在实数λ,使得a=λbD.若a·b=-1,则

a+b=(-1,-2,-2)7.若向量a=(1,0,1),b=(0,1,-1),则向量a,b的夹角为.8.已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),若点P(x,1,1)在平面ABC内,则x=.综合提升组9.

(多选)(2021湖北武汉模拟)已知空间中三点A(0,1,0),B(2,2,0),C(-1,3,1),则下列说法正确的是()A.𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗与𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗是共线向量B.与𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗同向的单位向量是2√55,√55,02C.𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗和𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗夹角的余弦值

是√5511D.平面ABC的一个法向量是(1,-2,5)10.(多选)(2021江苏板浦高级中学月考)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𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=a,𝐴𝐷⃗⃗⃗

⃗⃗=b,𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=c,则下列正确的是()A.𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12a-12b+cB.𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=a+b+cC.AC1的长为√5D.cos<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=√6311.(2021山东临沂模拟)已知a=(1,1,0),b=(-1

,0,2),且ka+b与2a-b的夹角为钝角,则实数k的取值范围为.12.已知空间向量𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗的模长分别为1,2,3,且两两夹角均为60°.点G为△ABC的重心,若𝑃𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=x𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+y𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+z𝑃

𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,x,y,z∈R,则x+y+z=;|𝑃𝐺⃗⃗⃗⃗⃗|=.13.如图,在棱长为a的正方体OABC-O1A1B1C1中,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF=m,其中0≤m≤a,以O为原点建立

空间直角坐标系Oxyz.(1)求证:A1F⊥C1E;(2)若A1,E,F,C1四点共面,求证:𝐴1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗.3创新应用组14.已知向量{a,b,c}是空间向量的一个基底,向量{a+b,a-b,c}是空间向量

的另外一个基底,若一向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(1,2,3),则向量p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为()A.(12,32,3)B.(32,-12,3)C.(3,-12,32)D.(-12,32,3)15.已知正四面体A-BCD的外接球半径为3,MN为其外接球

的一条直径,P为正四面体A-BCD表面上任意一点,则𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗的最小值为.4课时规范练37空间向量及其运算1.A解析由已知可得a·b=1×2-2×(-1)+3×(-4)=-8.故选A.2.B解析因为a=(t,12

,-3),b=(2,t+2,1),且a∥b,所以存在实数λ,使得a=λb,即(t,12,-3)=λ(2,t+2,1),所以{𝑡=2𝜆,12=𝜆(𝑡+2),-3=𝜆,解得{𝜆=-3,𝑡=-6.故选B.3.B解析连接BD,如图,因为E是PD的中点,所以𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗

⃗=12(𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗)=12(-b+𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=-12b+12(𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗−𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)=-12b+12(a+c-2b)=12a-3

2b+12c.故选B.4.C解析M与A,B,C一定共面的充要条件是𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=x𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+y𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+z𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,x+y+z=1,对于A选项,由于1-1-1=-1≠1,所以不能得出M,A,B,C共面;对于B选项,由于15+13

+12≠1,所以不能得出M,A,B,C共面;对于C选项,由于𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗,则𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗为共面向量,所以M,A,B,C共面;对于D选项,由𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗

⃗⃗+𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,得𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,而-1-1-1=-3≠1,所以不能得出M,A,B,C共面.故选C.5.C解析∵a=(2,-3,5

),b=(-3,1,2),∴a-2b=(8,-5,1),∴|a-2b|=√82+(-5)2+12=3√10.故选C.6.AC解析对于A,由|a|=2,可得√12+(-1)2+𝑚2=2,解得m=±√2,故A正确;对于B,由a⊥b,可得-2-m+

1+2m=0,解得m=1,故B错误;对于C,若存在实数λ,使得a=λb,则{1=-2𝜆,-1=𝜆(𝑚-1),𝑚=2𝜆,显然λ无解,即不存在实数λ,使得a=λb,故C正确;5对于D,若a·b=-1,则-

2-m+1+2m=-1,解得m=0,于是a+b=(-1,-2,2),故D错误.故选AC.7.2π3解析根据题意,设向量a,b的夹角为θ,向量a=(1,0,1),b=(0,1,-1),则向量|a|=√2,|b|=√2,a·b=-1.则cosθ=-

1√2×√2=-12.又由0≤θ≤π,则θ=2π3.8.-1解析设平面ABC的一个法向量是n=(x,y,z),又𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,0),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,1),所以{𝑛·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=

-𝑥+𝑦=0,𝑛·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=-𝑥+𝑧=0,取x=1,得n=(1,1,1),P(x,1,1)在平面ABC上,𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(x-1,1,1).则n·𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=x-1+1+1=0,x=-1.9.BD解析对于A,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(2,1,0),𝐴𝐶⃗

⃗⃗⃗⃗=(-1,2,1),可知𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗≠λ𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,则𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗与𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗不共线,故A错误;对于B,∵𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(2,1,0),∴|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=√5,∴𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴�

�⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2√55,√55,0,即与𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗同向的单位向量是2√55,√55,0,故B正确;对于C,∵𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-3,1,1),∴cos<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵⃗⃗

⃗⃗⃗⃗||𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=-5√5×√11=-√5511,即𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗和𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗夹角的余弦值为-√5511,故C错误;对于D,设平面ABC的法向量n=(x,y,z),则{𝑛·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑥+𝑦=0,𝑛·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=-3𝑥+𝑦+𝑧=0,令

x=1,则y=-2,z=5,即n=(1,-2,5),故平面ABC的一个法向量为(1,-2,5),故D正确.故选BD.10.BD解析由空间向量的加法法则得𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=a+b+c,故B正确;𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=�

�𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐵1𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+12(𝐵1𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)=c+12(-a+b)=-12a+12b+c,故A错误;由已知a·b=b·c=a·c=1×1×cos60

°=12,|𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|a+b+c|=√(𝑎+𝑏+𝑐)2=√𝑎2+𝑏2+𝑐2+2𝑎·𝑏+2𝑏·𝑐+2𝑎·𝑐6=√1+1+1+1+1+1=√6,故C错误;cos<𝐴𝐵⃗⃗

⃗⃗⃗,𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=𝑎2+𝑎·𝑏+𝑎·𝑐1×√6=1+12+12√6=√63,故D正

确.故选BD.11.(-∞,-2)∪-2,75解析由a=(1,1,0),b=(-1,0,2),得ka+b=(k-1,k,2),2a-b=(3,2,-2),所以(ka+b)·(2a-b)=3×(k-1)+2k-4<0,解得k<75.若ka+b与2a-b反向,则ka+b=λ(2a-b),

λ<0,则{𝑘=2𝜆,1=-𝜆,所以k=-2.所以ka+b与2a-b的夹角为钝角,则k<75且k≠-2.综上,k的取值范围是(-∞,-2)∪-2,75.12.153解析取AC的中点D,𝑃𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃

𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+23𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+23×(𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗−𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)=𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+23×12(𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)-𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=13𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+

13𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗.又𝑃𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=x𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+y𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+z𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,空间向量𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗的模长分别为1,2,3,且两两夹角均为60°,则x=13,y=13,z=13,故x+y+z=

1.|𝑃𝐺⃗⃗⃗⃗⃗|=13𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=13√(𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)27=13√PA⃗⃗⃗⃗⃗2+PB⃗⃗⃗⃗⃗2+PC⃗⃗⃗⃗2

+2PA⃗⃗⃗⃗⃗·PB⃗⃗⃗⃗⃗+2PC⃗⃗⃗⃗·PB⃗⃗⃗⃗⃗+2PA⃗⃗⃗⃗⃗·PC⃗⃗⃗⃗=13√12+22+32+2×1×2×12+2×3×2×12+2×1×3×12=53.13.证明(1)因为A1(a,0,a),C1(0,a,a),E(a,m,0),F(a

-m,a,0),所以𝐴1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-m,a,-a),𝐶1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(a,m-a,-a),所以𝐴1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-am+a(m-a)+a2=0,所以𝐴1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐶1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

,即A1F⊥C1E.(2)因为A1,E,F,C1四点共面,所以𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗共面.选𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗与𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗为平面A1C1E上的一组基向量,则存在唯一实数

对(λ1,λ2),使𝐴1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ1𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+λ2𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,即(-m,a,-a)=λ1(-a,a,0)+λ2(0,m,-a)=(-aλ1,aλ1+mλ2,

-aλ2),所以{-𝑚=-𝑎𝜆1,𝑎=𝑎𝜆1+𝑚𝜆2,-𝑎=-𝑎𝜆2,解得λ1=12,λ2=1.故𝐴1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗.14

.B解析设向量p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为(x,y,z),则p=a+2b+3c=x(a+b)+y(a-b)+zc=(x+y)a+(x-y)b+zc,所以{𝑥+𝑦=1,𝑥-𝑦=2,𝑧=3,解得{𝑥=32

,𝑦=-12,𝑧=3,故p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为(32,-12,3).故选B.15.-8解析设正四面体外接球球心为O,正四面体A-BCD的外接球半径为3,设正四面体A-BCD内切球半径为r,一

个面的面积为S,高为h,则VA-BCD=4×13Sr=13Sh,所以h=4r,显然r+3=h=4r,所以r=1,即|PO|min=1.𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗)·(𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗+

𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗)=𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗2+𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗2-9≥1-9=-8.