7.6空间向量及其运算专项训练-2025届高三数学一轮专题复习

2025高考数学一轮复习-7.6-空间向量及其运算-专项训练 【A级　基础巩固】 1．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 2．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． 3．已知a＝(λ＋1，0，2)，b＝(6，2μ－1，2λ).若a∥b，则λ与μ的值可以是(　　) A．2， B．－， C．－3，2 D．2，2 4．(多选)已知ABCD­A1B1C1D1为正方体，则下列说法正确的是(　　) A．(＋＋)2＝32 B．·(－)＝0 C．向量与向量的夹角是60° D．正方体ABCD­A1B1C1D1的体积为|·| 5．如图，在四面体OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC的中点，则＝________． 6．若空间中三点A(1，5，－2)，B(2，4，1)，C(p，3，q)共线，则p＋q＝________． 7．已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足＝(＋＋). (1)判断，，三个向量是否共面； (2)判断点M是否在平面ABC内． 8．如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°. (1)求AC1的长； (2)求与夹角的余弦值． 【B级　能力提升】 1．A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝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 2．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，＝，＝2，AC1与平面EFG交于点M，则＝________． 3．已知O(0，0，0)，A(1，2，1)，B(2，1，2)，P(1，1，2)，点Q在直线OP上运动．当·取最小值时，点Q的坐标是________． 4．已知A(－1，2，1)，B(－1，5，4)，C(1，3，4). (1)求〈，〉； (2)求在上的投影向量． 5．已知在空间几何体ABCDE中，△ABC，△ECD是全等的正三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面ECD⊥平面BCD. (1)若BD＝BC，求证：BC⊥ED. (2)探索A，B，D，E四点是否共面．若共面，请给出证明；若不共面，请说明理由． 参考答案 【A级　基础巩固】 1．解析：因为b＋c＝(－2，－2，4)，所以a·(b＋c)＝－4－2－12＝－18. 答案：B 2．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. 答案：A 3．解析：∵a∥b，∴b＝ka(k∈R)， 即(6，2μ－1，2λ)＝k(λ＋1，0，2)， ∴解得或 答案：A 4．解析：由向量的加法得到＋＋＝，∵A1C2＝3A1B，∴2＝32，故A说法正确；∵－＝，AB1⊥A1C，∴·＝0，故B说法正确；∵△ACD1是等边三角形，∴∠AD1C＝60°.又A1B∥D1C，∴异面直线AD1与A1B所成的角为60°，但是向量与向量的夹角是120°，故C说法错误；∵AB⊥AA1，∴·＝0，故|·|＝0，因此D说法错误． 答案：AB 5．解析：如图，连接ON，则＝－＝(＋)－＝(b＋c)－a＝－a＋b＋c. 答案：－a＋b＋c 6．解析：因为空间中三点A(1，5，－2)，B(2，4，1)，C(p，3，q)共线，所以∥，所以＝(1，－1，3)，＝(p－1，－2，q＋2)，所以＝＝，解得p＝3，q＝4，所以p＋q＝7. 答案：7 7．解：(1)由题知＋＋＝3， 所以－＝(－)＋(－)， 即＝＋＝－－， 所以，，共面． (2)法一：由(1)知，，，共面且它们过同一点M， 所以M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内． 法二：因为＝(＋＋) ＝＋＋. 又因为＋＋＝1， 所以M，A，B，C四点共面，从而M在平面ABC内． 8．解：(1)设＝a，＝b，＝c， 由题意知|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，∴a·b＝b·c＝c·a＝. ∴||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×＝6， ∴||＝，即AC1的长为. (2)＝b＋c－a，＝a＋b，∴||＝，||＝. 又·＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，∴cos 〈，〉＝＝，即与夹角的余弦值为. 【B级　能力提升】 1．解析：∵M为BC的中点，∴＝(＋)，∴·＝(＋)· ＝·＋·＝0. ∴AM⊥AD，△AMD为直角三角形． 答案：C 2．解析：由题图知，设＝λ(0＜λ＜1). 由已知，得＝＋＋＝2＋3＋， 所以＝2λ＋3λ＋. 因为M，E，F，G四点共面， 所以2λ＋3λ＋＝1，解得λ＝. 答案： 3．解析：由题意，设＝λ，则＝(λ，λ，2λ)，即Q(λ，λ，2λ)，则＝(1－λ，2－λ，1－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(1－2λ)(2－2λ)＝6λ2－12λ＋6＝6(λ－1)2，当λ＝1时取最小值，此时Q点坐标为(1，1，2). 答案：(1，1，2) 4．解：(1)因为A(－1，2，1)，B(－1，5，4)，C(1，3，4)， 所以＝(0，3，3)，＝(2，－2，0). 因为·＝0×2＋3×(－2)＋3×0＝－6， ||＝3，||＝2， 所以cos 〈，〉＝＝－＝－， 故〈，〉＝. (2)因为＝(2，1，3)，＝(0，3，3)， 所以·＝0＋1×3＋3×3＝12. 因为||＝3，||＝， 所以cos 〈，〉＝＝＝， 所以在上的投影向量为||cos 〈，〉＝××＝＝(0，2，2). 5．(1)证明：∵△ABC，△ECD是全等的正三角形，∴CD＝BC. ∵BD＝BC，∴BD2＝BC2＋DC2，∴BC⊥DC. ∵平面ECD⊥平面BCD，且平面ECD∩平面BCD＝CD， ∴BC⊥平面ECD.∵DE⊂平面ECD，∴BC⊥ED. (2)解：A，B，D，E四点共面． 理由如下，如图，分别取BC，DC的中点M，N，连接AM，EN，MN， ∵△ABC是等边三角形， ∴AM⊥BC，AM＝BC. ∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，∴AM⊥平面BCD. 同理，EN⊥平面BCD，且EN＝CD＝BC， ∴AM∥EN，且AM＝EN，∴四边形AMNE是矩形， ∴AE∥MN.又MN∥BD，∴AE∥BD，∴A，B，D，E四点共圆。 学科网（北京）股份有限公司 $$