课时跟踪检测(47) 空间向量及其运算（Word练习）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教A版）

课时跟踪检测(47)　空间向量及其运算 基础强化练 1．已知A(3，4，5)，B(0，2，1)，O(0，0，0)，若＝，则C的坐标是(　　) A．(－，－，－) B．(，－，－) C.(－，－，) D．(，，) A　解析：设点C坐标为(x，y，z)，则＝(x，y，z).又＝(－3，－2，－4)，＝，∴x＝－，y＝－，z＝－. 2．已知a＝(2，1，－3)，b＝(0，－3，2)，c＝(－2，1，2)，则a·(b＋c)等于(　　) A．18 B．－18 C．3 D．－3 B　解析：因为b＋c＝(－2，－2，4)，所以a·(b＋c)＝－4－2－12＝－18. 3．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．9 B．－9 C．－3 D．3 B　解析：由题意知c＝xa＋yb，即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)，即解得λ＝－9. 4．O为空间任意一点，若＝＋＋，则A，B，C，P四点(　　) A．一定不共面 B．一定共面 C．不一定共面 D．无法判断 B　解析：因为＝＋＋，且＋＋＝1，所以P，A，B，C四点共面． 5．如图，在平行六面体ABCD­A′B′C′D′中，AC与BD的交点为O，点M在BC′上，且BM＝2MC′，则下列向量中与相等的向量是(　　) A．－＋＋ B．－＋＋ C．＋＋ D．－＋ C　解析：因为BM＝2MC′，所以＝，在平行六面体ABCD­A′B′C′D′中，＝＋＝＋＝＋(＋)＝(－)＋(＋)＝＋＋. 6．已知空间向量a＝(1，0，1)，b＝(1，1，n)，且a·b＝3，则向量a与b的夹角为(　　) A． B． C． D． A　解析：由题意，a·b＝1＋0＋n＝3，解得n＝2，又|a|＝＝，|b|＝＝，所以cos 〈a，b〉＝＝＝，又〈a，b〉∈[0，π]，所以a与b的夹角为. 7．在三棱锥P­ABC中，PB＝PC＝1，∠APB＝∠APC＝90°，∠BPC＝60°，则·＝(　　) A． B． C．1 D． A　解析：如图，因为三棱锥P­ABC中，PB＝PC＝1，∠APB＝∠APC＝90°，∠BPC＝60°，所以·＝(－)·＝·－·＝||||·cos ∠BPC－0＝1×1×cos 60°＝. 8．如图，在大小为45°的二面角A­EF­D中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是(　　) A． B． C．1 D． D　解析：∵＝＋＋，∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1－＝3－，故||＝. 9．正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则·的取值范围是(　　) A．(0，1) B．[0，1) C．[0，1] D．[－1，1] C　解析：如图所示， 由题意，设＝λBD1，其中λ∈[0，1]， ·＝·(＋)＝·(＋λBD1)＝2＋λ·BD1＝1＋λ·(－)＝1－λ∈[0，1]. 因此·的取值范围是[0，1]. 10．(2023·江苏常州模拟)已知四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，底面边长和侧棱长均为2，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，则对角线AC1的长为________． 答案：2　解析：由题可知四棱柱ABCD­A1B1C1D1为平行六面体，AC1＝＋＋AA1，所以AC12＝(＋＋AA1)2＝2＋2＋AA12＋2·＋2·AA1＋2·AA1＝4＋4＋4＋2×2×2cos 60°＋2×2×2cos 60°＝20，所以|AC1|＝2. 能力提升练 11．A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝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 C　解析：∵M为BC中点，∴＝(＋)，∴·＝(＋)·＝·＋·＝0，∴AM⊥AD，△AMD为直角三角形． 12．(多选)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，下列判断正确的是(　　) | AB　解析：选项A中，()2＝，故选项A正确；选项B中，，因为AB1⊥A1C，所以＝0，故选项B正确；选项C中，两异面直线A1B与AD1所成的角为60°，但与的夹角为120°，故选项C错误；选项D中，|··|＝0，故选项D错误． 13．如图，已知四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形，E为棱AB的中点，＝，＝21，AC1与平面EFG交于点M，则＝________． 答案：　解析：由题图知，设＝λAC1(0<λ<1)，由已知＝＋＋＝2＋3＋，所以＝2λ＋3λ＋，因为M，E，F，G四点共面，所以2λ＋3λ＋＝1，解得λ＝. 14．如图，在直三棱柱ABC­A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为AB，BB′的中点． (1)求证：CE⊥A′D； (2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值． (1)证明：设＝a，＝b，＝c， 根据题意得，|a|＝|b|＝|c|，且a·b＝b·c＝c·a＝0， 可得＝b＋c，＝－c＋b－a. 则·＝－c2＋b2＝0，即⊥，即CE⊥A′D. (2)解：∵＝－a＋c，||＝|a|，||＝|a|. ·＝(－a＋c)·(b＋c)＝c2＝|a|2， ∴cos 〈，〉＝＝. 即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为. 素养养成练 15．如图所示，已知ABCD­A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝FC1＝1. (1)求证：E，B，F，D1四点共面； (2)若点G在BC上，BG＝，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥平面BCC1B1. 证明：(1)以点B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， B(0，0，0)，E(3，0，1)，F(0，3，2)，D1(3，3，3)， 则＝(3，0，1)，＝(0，3，2)， ＝(3，3，3). 所以＝＋. 故，，共面． 又∵它们有公共点B，∴E，B，F，D1四点共面． (2)设点M(0，0，z)，则＝(0，－，z). 而＝(0，3，2)， 由题设，得·＝－×3＋z·2＝0，得z＝1. ∴M(0，0，1)，∵E(3，0，1)，∴＝(3，0，0). 又∵＝(0，0，3)，＝(0，3，0)，∴·＝0， ∴·＝0，∴ME⊥BB1，ME⊥BC. 又∵BB1∩BC＝B，BC，BB1⊂平面BCC1B1， ∴ME⊥平面BCC1B1. 学科网（北京）股份有限公司 $$