【文档说明】2025届高考数学一轮复习专练46 空间向量的运算及其坐标表示.docx，共(12)页，153.498 KB，由小赞的店铺上传

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温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。四十六空间向量的运算及其坐标表示(时间:45分钟分值:95分)【基础落实练】1.(5分)在空间四边形ABCD中,AB⃗⃗

⃗⃗⃗·CD⃗⃗⃗⃗⃗+AC⃗⃗⃗⃗⃗·DB⃗⃗⃗⃗⃗+AD⃗⃗⃗⃗⃗·BC⃗⃗⃗⃗⃗的值为()A.-1B.0C.1D.2【解析】选B.在空间四边形ABCD中,AB⃗⃗⃗⃗⃗·CD⃗⃗⃗⃗⃗+AC⃗⃗⃗⃗⃗·DB⃗⃗⃗⃗⃗+AD⃗⃗⃗⃗⃗·BC⃗⃗⃗⃗

⃗=AB⃗⃗⃗⃗⃗·CD⃗⃗⃗⃗⃗+(AB⃗⃗⃗⃗⃗+BC⃗⃗⃗⃗⃗)·(AB⃗⃗⃗⃗⃗-AD⃗⃗⃗⃗⃗)+AD⃗⃗⃗⃗⃗·BC⃗⃗⃗⃗⃗=AB⃗⃗⃗⃗⃗·CD⃗⃗⃗⃗⃗+AB⃗⃗⃗⃗⃗·AB⃗⃗⃗⃗⃗+AB⃗⃗⃗⃗⃗·BC⃗⃗⃗⃗⃗-AB⃗⃗⃗⃗⃗·AD⃗⃗⃗⃗⃗=A

B⃗⃗⃗⃗⃗·(BC⃗⃗⃗⃗⃗+CD⃗⃗⃗⃗⃗)+AB⃗⃗⃗⃗⃗·(AB⃗⃗⃗⃗⃗-AD⃗⃗⃗⃗⃗)=AB⃗⃗⃗⃗⃗·BD⃗⃗⃗⃗⃗+AB⃗⃗⃗⃗⃗·DB⃗⃗⃗⃗⃗=0.2.(5分)已知a=(2,1,-3),b=

(-1,2,3),c=(7,6,λ),若a,b,c三向量共面,则λ=()A.9B.-9C.-3D.3【解析】选B.由题意知c=xa+yb,即(7,6,λ)=x(2,1,-3)+y(-1,2,3),所以{2𝑥-𝑦=7𝑥+2𝑦=6-3𝑥+3𝑦=𝜆,

解得λ=-9.3.(5分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,设AD=1,则𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗等于()A.1B.2C.3D.√63【解析】选A.由长方体的性质可知AD⊥AB,AD⊥BB1,AD∥BC,AD

=BC=1,𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,所以𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗)·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=0+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗2+0=1.4.(5分)如图,在空间四边形ABCD中,若向量𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(-3,5,2),𝐶𝐷⃗⃗

⃗⃗⃗=(-7,-1,-4),点E,F分别为线段BC,AD的中点,则𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗的坐标为()A.(2,3,3)B.(-2,-3,-3)C.(5,-2,1)D.(-5,2,-1)【解析】选B.取AC的中点M,连接ME,MF(图略),𝑀𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(-32

,52,1),𝑀𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(-72,-12,-2),而𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝑀𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗-𝑀𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,-3,-3).5.(5分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则

异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.√32B.√155C.√105D.√33【解析】选C.由题知,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,CC1⊥平面ABC,因为BC⊂平面ABC,AB⊂平面ABC,所以BB1⊥BC,CC1⊥AB,因为𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

=𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗-𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,所以𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

-𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗-𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0+1-2×1×(-12)-0=2.因为|𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√5,|𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√2,所以cos<𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶1⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2√5×√2=√105,所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为√105.6.(5分)如图,在△ABC中,AD⊥AB,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=√3𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,|

𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|=1,则𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=________.【解析】由题干图可得:𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗

=0+√3𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=√3(𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=√3·|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|2=√3.答案:√37.(5分)(2023·西安模拟)空间四边形ABCD中,AC与BD是四边形的两条对角线,M,N分别为线段AB,CD上的两点,且

满足𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=34𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,若点G在线段MN上,且满足𝑀𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⃗=3𝐺𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗,若向量𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗满足𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=x𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+y𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+z𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,则x

+y+z=______.【解析】空间四边形ABCD中,AC与BD是四边形的两条对角线,M,N分别为线段AB,CD上的两点,且满足𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=34𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,若点G在线段MN上,且满足𝑀𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⃗=3𝐺𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗,

如图所示:由于𝑀𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⃗=3𝐺𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗,得𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗-𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=3(𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗-𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗),整理得4𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=3𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=3𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+

3𝐷𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=3𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+94𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+23𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=3𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+94𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗-94𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+23𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=34𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+

94𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+23𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,所以𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=316𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+916𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+16𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,故x=16,y=916,z=316,所以x+y+z=1112.答案:11128.(5分)如图所示,已知PA⊥平面ABC,∠

ABC=120°,PA=AB=BC=6,则PC=________.【解析】因为𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,所以|𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|2=|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|2+|𝐴𝐵⃗

⃗⃗⃗⃗|2+|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|2+2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=36+36+36+2×36cos60°=144.所以|𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=12.答案:129.(10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90

°,PA⊥底面ABCD,且PA=AD=AB=2BC,M为PC的中点.(1)求证:PB⊥DM;【解析】(1)结合题图知,𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗-𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12(�

�𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=12(𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗-𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗-12𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)=12𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗-34𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,则𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗-𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗)·(1

2𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗-34𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)=12|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|2-12|𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗|2=0,故PB⊥DM.9.(10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABC

D为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD,且PA=AD=AB=2BC,M为PC的中点.(2)求AC与PD所成角的余弦值.【解析】(2)设PA=AD=AB=2BC=2,由于𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗-𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗

⃗+12𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,因此|𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|2=|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗-𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗|2=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗2-2𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗2=8,故|𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|=2√2,|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|2=|𝐴𝐵⃗⃗⃗

⃗⃗+12𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|2=|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|2+2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·12𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+14|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|2=5,故|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=√5,𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗-𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗)·(𝐴

𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)=2,故cos<𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>=22√2×√5=√1010.所以AC与PD所成角的余弦值为√1010.【能力提升练】10.(5分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,且满足𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=x𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗

⃗+y𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+(1-x-y)𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,则|𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗|的最小值是()A.13B.√23C.√33D.23【解析】选C.因为𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=x𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+y𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+(1-x-y)𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗,由空间向量的共面定理可知,点E,A,C,D1四点共面,即点E在平面ACD1上,所以|𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗|的最小值即为点D到平面ACD1的距离d,由正方体的棱长为1,可得△ACD1是边长为√2的等边三角形,则𝑆△𝐴𝐶𝐷1=12×(√2)2

×sinπ3=√32,S△ACD=12×1×1=12,由等体积法得𝑉𝐷-𝐴𝐶𝐷1=𝑉𝐷1-𝐴𝐶𝐷,所以13×√32×d=13×12×1,解得d=√33,所以|𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗|的最小值为√33.11.(5分)已知长方体ABCD-A1B1C1D1,下列向量的数量积一定为0的

是()A.𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗B.𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗C.𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗D.𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗【解析】选C.

当侧面BCC1B1是正方形时,得𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以排除A;当底面ABCD是正方形时,得AC垂直于体对角线BD1,所以排除B;显然AB⊥侧面ADD1A1,C正确;由题图可得BD1与BC所成的角小于90°,所以排除D.12.(5分)已知点O为空间直角坐标系的原

点,向量𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(1,2,3),𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(2,1,2),𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,2),且点Q在直线OP上运动,当𝑄𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑄𝐵⃗⃗⃗⃗⃗取得最小值时,𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗的坐标

是____________.【解析】因为𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,2),点Q在直线OP上运动,设𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(λ,λ,2λ),又因为𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(1,2,3),𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(2,1,2),所以𝑄𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=�

�𝐴⃗⃗⃗⃗⃗-𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1-λ,2-λ,3-2λ),𝑄𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗-𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2-λ,1-λ,2-2λ),则𝑄𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑄𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(

3-2λ)(2-2λ)=6λ2-16λ+10=6(λ-43)2-23,当λ=43时,𝑄𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑄𝐵⃗⃗⃗⃗⃗取得最小值,此时𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗的坐标为(43,43,83).答案:(43,43,83)1

3.(5分)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为A1D1,BB1的中点,则cos∠EAF=______,EF=______.【解析】如图,以A为坐标原点,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,因为正方体的棱长为1,则

E(0,12,1),F(1,0,12),所以𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,12,1),𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,12),𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(1,-12,-12),cos<𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐹⃗⃗

⃗⃗⃗|𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗||𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗|=12√52×√52=25,所以cos∠EAF=25,EF=|𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗|=√12+(-12)2+(-12)2=√62.答案:25√6214.(10分)如图,已知直三棱柱ABC-A1B1C1

,在底面△ABC中,CA=CB=1,∠BCA=90°,棱AA1=2,M,N分别是A1B1,A1A的中点.(1)求𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗的模;【解析】(1)如图,以点C作为坐标原点O,CA,CB,CC1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系

.由题意得B(0,1,0),N(1,0,1),所以|𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√(1-0)2+(0-1)2+(1-0)2=√3.14.(10分)如图,已知直三棱柱ABC-A1B1C1,在底面△ABC中,CA=CB=1,∠BCA=

90°,棱AA1=2,M,N分别是A1B1,A1A的中点.(2)求cos<𝐵𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐶𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>的值;【解析】(2)由题意得A1(1,0,2),B(0,1,0),C(0,0,0),B1(0,1,2),所以𝐵𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(

1,-1,2),𝐶𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,2),𝐵𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=3,|𝐵𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√6,|𝐶𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√5,所以cos<�

�𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐶𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐵𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐵𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐶𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√3010.14.(10分)如图

,已知直三棱柱ABC-A1B1C1,在底面△ABC中,CA=CB=1,∠BCA=90°,棱AA1=2,M,N分别是A1B1,A1A的中点.(3)求证:A1B⊥C1M.【解析】(3)由题意得C1(0,0,2),M(12,12,2),𝐴1�

�⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,-2),𝐶1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(12,12,0),所以𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-12+12+0=0,所以𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐶1𝑀⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗,即A1B⊥C1M.15.(10分)已知a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).(1)求|2a+b|;【解析】(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|=√02+

(-5)2+52=5√2.15.(10分)已知a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).(2)在直线AB上是否存在一点E,使得𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⊥b?(O为原点)【解析】(2)令𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=t𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗

(t∈R),所以𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+t𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t),若𝑂𝐸⃗

⃗⃗⃗⃗⊥b,则𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·b=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=95.因此存在点E,使得𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⊥b,此时E点的坐标为(-65,-145,25).【素养创新练】16.(5分)(多选题)在三棱锥P-ABC中,以下说法正确的有()A.若

2𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗,则𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=3𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗B.若𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,则𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗

·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0C.若PA=PB=PC=2,AB=AC=BC=2√2,M,N分别为PA,BC的中点,则|𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2D.若T为△ABC的重心,则2𝑃𝑇⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝑇⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃�

�⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗【解析】选BD.由2𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗,得2(𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗-𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗)=𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗-𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗-𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,整理可得,2𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗

⃗+𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗,所以𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗-𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗-𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,即𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗,所以𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗

,故A错误;因为𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,且𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗-𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,所以𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶⃗

⃗⃗⃗⃗=𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·(𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗-𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)=𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗-𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,故B正确;因为PA=PB=PC=2,AB=AC=BC=2√2,由勾股定理

逆定理可得,∠APB=∠APC=∠BPC=90°,因为M,N分别为PA,BC的中点,所以𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗-𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12(𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗-𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗),所以|𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2=14(𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃�

�⃗⃗⃗⃗⃗-𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗)2=14(𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗2+𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗2+𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗2+2𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗-2𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗-2𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=14×(4+4+4+0-0-0)=3

,所以|𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√3,故C错误;若T为△ABC的重心,设BC中点为N,则𝑃𝑇⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝑇⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+23𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+23(𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗-𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗)=𝑃

𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+23(12𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+12𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗-𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗)=13(𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗),所以3𝑃𝑇⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,所以3𝑃𝑇⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝑇⃗⃗

⃗⃗⃗+𝑇𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,所以2𝑃𝑇⃗⃗⃗⃗⃗-𝑇𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,即2𝑃𝑇⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝑇⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,故D正确.