课时冲关47 空间直角坐标系、空间向量及其运算-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（人教B版）

第六章立体几何与空间向量 课时冲关47空间直角坐标系、 ⑧错题序号： @错因分析： 空间向量及其运算 [基础训练组] 5.(2024·哈尔滨市模拟)已知a=(2,一1,2)，b= 1.0为空间任意一点，若0P-0A+日 (2,2,1),则以a,b为邻边的平行四边形的面 积为 ( 专0.则A,B.C,P因点 A.65 B.Y65 C.4 2 D.8 A.一定不共面 B.一定共面 C.不一定共面 D.无法判断 6.(多选)已知ABCD-A1B1C1D1为正方体， 下列说法中正确的是 () 2.(2024·成都市模拟)已知a=(入+1,0,2)，b A.(A1A+A1D1+A1B1)2=3(A1B1)2 =(6,2u一1,2λ)，若a∥b,则入与u的值可 以是 () B.A1C·(A1B1-A1A)=0 A.2,号 R一有方 C.向量AD1与向量A1B的夹角是60 D.正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|AB C.-3,2 D.2,2 3.(2024·东城区期末)结 ·AA1·AD 晶体的基本单位成为晶 7.（2024·银川市模拟)已知点A(1,2,1), 胞，如图是食盐晶胞的 B(-1,3,4),D(1,1,1),若AP=2PB,则|PD 的值是 示意图（可看成是八个 8.(2024·包头市模拟)如 棱长为一的小正方体堆积成的正方体)，其 图所示，PD垂直于正方 中白点○代表钠原子，黑点●代表氯原子 形ABCD所在平面，AB 建立空间直角坐标系Oxy之后，图中最上层 =2,E为PB的中点， 中心的钠原子所在位置的坐标是( cos(DP,AE)=5,若以 3 A. B.(0,0,1) DA,DC,DP所在直线分别为x,y,之轴建立 c.1) D.1) 空间直角坐标系，则点E的坐标为 9.如图所示，已知二面角 a 4.如图，在△ABC中，点 lB的平面角为 D,E是线段BC上两个 动点，且AD+AE=xAB B ofoeo.). AB⊥ +yAC,则上+4的最小值为 BC,BC⊥CD,AB在平面B内，BC在L上， y CD在平面&内，若AB=BC=CD=1,则 A号 B.2 c n号 AD的长为 ·345· 高考总复习人教数学B版（新教材） [答题栏]10.(2024·遵义市调研)已知空间三点A(一2,0， 13.(2024·徐州市模拟)已知O点为空间直角 1 2),B(-1,1,2),C(-3,0,4),设a=AB,b 坐标系的原点，向量OA=(1,2,3),OB= -AC -2 (2,1,2),OP=(1,1,2),且点Q在直线OP (1)若|cl=3,且c∥BC,求向量c: 3 上运动，当QA·QB取得最小值时，OQ的坐 (2)求向量a与向量b的夹角的余弦值！ 标是 4 14.如图，已知斜三棱柱ABC --5 A1B1C1中，∠BAC=90°， .6 ∠BAA1=120°，∠CAA =60°，AB=AC=1,AA1 11 =2,点O是B1C与BC1的交点. 12 (1)用向量AB,AC,AA1表示向量AO: (2)求异面直线AO与BC所成角的余弦值； (3)判定平面ABC与平面B1BCC1的位置 关系 [能力提升组] 11.已知球O的半径为1，A,B是球面上的两 点，且AB=√，若点P是球面上任意一 点，则PA·PB的取值范围是 ( A【] B【-2] c[,] D.[] 12.圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三 角形，O为底面的中心，M为SO的中点， 动点P在圆锥底面内（包括圆周），若 AMLMP,则点P形成的轨迹的长度为 A. ·346·由题意，四边形ODCE为圆内接四边 形，又∠ACB=90°， .四边形ODCE为正方形， ∴.OD=1, .PO=√PD-OD2=√3-1 =√2. 即，点P到平面ABC的距离为√2. 图1 图2 作FH∥BC交A1B1于点H,连 答案：√2 接BH,CF,作FM⊥BC于M,连接 10.解：(1)证明：连 D GM(如图2)，得到Y=∠FMG, 接B1C,ME.因 FG_AC 为M,E分别为 因此，ian7=M6元，由于EG≥ BB1,BC的中 MG,可得BY. 点，所以ME∥ 综上，a≤≤Y.] B1C,且ME= 合BC,又周为 13.解析：长、宽分别为2√2a,2a,A,B, C,D分别是其四条边的中点，现将 N为A1D的中点，所以ND= 其沿图中虚线折起，使得P,P2, P,P四点重合为一点P,从而得 A:D. 到一个多面体，则①由于（√2a)2十 由题设知A1B,业CD,可得 (√2a)2=4a2,∴.该多面体是以A, B1CLA1D,故MELND,因此四边 B,C,D为顶点的三棱锥，正确；② 形MNDE为平行四边形，MN∥ ,AP⊥BP,AP⊥CP,∴.AP⊥平面 ED,又MN吐平面C,DE,所以MN BCD,APC平面BAD,.平面 ∥平面C,DE BAD⊥平面BCD,正确：③与②同 (2)过C作C,E的垂线，垂足为H 理，可得平面BAC⊥平面ACD,正 由已知可得DE⊥BC,DE⊥CC,所 确；④该多面体外接球的半径为 以DE⊥平面CCE,故DE⊥CH, 从而CH平面C,DE,故CH的长 气，表而软为5d,正境 即为C到平面C,DE的距离. 答案：①②③④ 由已知可得CE=1,CC=4,所以 14.解：(1)证明： CE=I7,故CH=47 设AE与BD 17 的交，点为M, 从而点C到平面C,DE的距离 .'tan∠MEB 为417 =4B =√2， P 17 BE 11.D[如图，B1D与平面ABCD所成 tan∠MBE= CD 2 的角即∠B,DB,B,D与平面 BC 22 AA,B,B所成的角即∠DB1A, .∴.tan∠wEB·tan∠MBE=1, D .在△BME中，∠MBE+∠MEB =90°， ∴.∠BME=90°，即AE⊥BD. 又AE⊥PB,BD∩PB=B,BD,PB C平面PBD, -7 AE⊥平面PBD (2)连接PM, 则∠B1DB=∠DB1A=30°，设B1D :BD⊥平面PAE,PMC平 =2,则AD=B,B=1,由长方体对 面PAE, 角线长公式=a+2十c2,得AB .BD⊥PM, =√2，从而AB1=√5，AB=√2AD, 又：AE⊥平面PBD,PMC平 AB与平面ABCD所成的 面PBD, ∠BAB的正装植为后AC=同 ∴AE⊥PM, 又AE∩BD=M, √2=CB1,B1D与平面BB1C1C所 .PM⊥平面ABCD, 又AMC平面ABCD,∴.PM⊥AM, 成的角∠D,C的是弦值为号，即 在Rt△ABE中，AE⊥BM,AB= ∠DB1C=45°.] √2，BE=1, 12.A[作直线FG⊥AC于，点G,连接 AM= AB 23 AE 3 ,.PM= EG(如图1)，因为FG⊥平面ABC 根据线面垂直的性质定理，得FG 2W6 EG,因此a=∠EFG,B=∠FEG. √PA-AM= 3 m8瓷-≤1.an- FG :.四棱锥P-ABCD的体积VPALCD= 1 瓷≥1，易知AC≥EG,周北得到9 SeD·PM 1 ≥a. 3 x2xV2x2/G_8/3 3 9 ·515· 参考答案 课时冲关47 1.B2.A3.A4.D5.A 6.AB 7.解析：设P(xy,z),AP=（x1,y -2,x-1).PB=(-1-x,3-y,4- ),由AP=2PB,得，点P坐标为 (号号）又D11,. PD=☑ 3 管案 8.解析：由已知得D(0,0,0),A(2,0, 0),B(2,2,0), 设P(0,0,a)(a>0), 则E(1,号) 所以DP=(0,0,a), AE=(-1,l,2）DP=a AE1=√-)+1+（） 2 又s(DP,AE= 3 0(-1)+01+ 所以 2-5 a.V8Fa 3 2 解得a=4,即a=2,所以E(1,1,1). 答案：(1,1,1) 9.解析：AD=AB+BC+CD, 所以AD=AB+BC十CD+2AB· CD+2AB·BC+2BC·CD=1+1 +1+2cos(π-8)=3-2cos8, 所以|AD=√3-2cos0,即AD的 长为W3-2cos日. 答案：√3-2cos0 10.解：(1)：c∥BC, BC=(-3,0,4)-(-1,1,2) =(-2,-1,2), ∴.c=mBC=m(-2,-1,2) =(-2m,-m,2m), ∴.c=√（-2m)2+(-m)'+(2m) =3m=3, .m=士1，.c=(-2,-1,2)或(2， 1,-2). (2)a=(1,1,0),b=(-1,0,2), .a·b=(1,1,0)·(-1,0,2) =-1, 又.a=√十1'+0=2， 1b=√-1+0+2=√5， a·b -1 ∴cosa,b>=Tab=0 10: 即向量a与向量b的夹角的余弦值 为-0 10 高考总复习人教数学B版（新教材） 11.B[由球O的半径为1，A,B是球 又BC=b-a, 面上的两点，且AB=√5，可得 1 ∠A0B=F,OA.Oi=1X1× 六A0·BC=z(a+b+c)·(b a)=1,BC1=√2， PA·PB=(OA-OP)·(OB- .cos〈AO,BC〉= 40·Bc AOIBC OP)=OA·OB-(OA+OB)·OP +0币=}- OA+OB1·OP 3 cos 0= 1 .异面直线AO与BC所成角的余 -cos8∈ 12.D[建立空间直 弦值为组 31 角坐标系如图所 (3)如图，取BC的 示.设A(0,一1， 中点E,连接AE, 0),B(0,1,0), S(0,0W3), 则A店=合(A店中 .0. AC=合(a+b. :AB=AC,E为BC的中点， P(x,y,0),于是有AM 19 .AE⊥BC. 又A忘.BB=子a+b)c 由于AM MP,.所以1，号) =2×1X2as12r+1X2as60) =0, .AE⊥BB BC∩BB,=B, 即y=是此为P点形成的轨连方 .AE⊥平面B,BCC, 又AEC平面ABC,.平面ABC⊥ 程，其在底面圆盘内的长度为 平面B1BCC1· 课时冲关48 1.A2.C3.D4.C5.B 13.解析：点Q在直线OP上，设，点6.ABC Q(a1,2入)， 7.解析：由题意知，点Q即为点P在平 则QA=(1-λ，2-A,3-2λ)，QB=(2 面vOx内的射影， 1二，2-2， 所以垂足Q的坐标为(0，√2W3). QA·QB=(1-λ)(2-A)+(2-A)(1 答案：(0W2,√3) -1)十(3-2λ)·(2-2A)=6入2-16x 8.解析：设平面α的法向量为m=(x, +10=6-)-号 y2), 由m·AB=0,得x·0十y-之=0→ 即当=专时，QA·QB取得最小值 y-, 由m·AC=0,得x一之=0→x=之，取 此时00=（） x=1, .m=(1,1,1),m=-n,∴.m∥n, 答案：（位） ∴a∥B. 答案：a∥B 14.解：(1)AO=AB+BO=AB十 9.解析：，正方体棱长为a,AM=AN (BC+BB ② =A店+安a花-+A 3 :.MB 号4.2. (AB+AC-AA). :M=M+BC+C=子A,B- (2)设AB=a,AC=b,AA1=c,则 A-[2a+be] Bc+号c =+6+c+2a6+26 =号A店+耳+成+号亦- 十2a·c) 号aB+专BC. =子×1+1+4十0+2X1X2s60 又，CD是平面BBCC1的法向量， +2X1×20s1209)=2: 3 ∴CD=(号BB+号BC）·CD =0, MN⊥CD.又：MNE平 面B1BCC1, ·516· .MN∥平面BBCC. 答案：平行 10.证明：以C为坐标原 点，CB为x轴，CD 为y轴，CP为之轴 建立如图所示的空 间直角坐标系Cxy. :PC⊥平面ABCD, .∠PBC为PB与平面ABCD所 成的角， .∠PBC=30°， PC=2,.BC=2√3，PB=4, .D(0,1,0),B(2√3,0,0)，A(2√3， 4,0),P(0,0,2), M.) 2 .DP=(0,-1,2), DA=(2√5,3,0)， CM= (1)设n=(x,y,x)为平面PAD的 一个法向量， 由n=0即{片2x=0, DA·n=0,(23x+3y=0, 令y=2,得n=（-√5,2,1). m…Ci=-后×9+2x0+1x ∴.n⊥CM.又CM平面PAD, .CM∥平面PAD. (2)如(1)中图，取AP的中点E,连 接BE, 则E(√5,2,1)，BE=(-3,2,1). PB=AB,∴BE⊥PA. 又：BE·DA=(-√3,2,1)· (25,3,0)=0, .BE⊥DA,.BE⊥DA. 又PA∩DA=A, BE⊥平面PAD 又BEC平面PAB, .平面PAB⊥平面PAD. 1.C[由选项特点，设M(入，入，1)，又 A(W2√2,0)，DW2,0,0),B(0,N2,0) E(0,0,1),则DE=(一√2,0,1)，BE= (0,-√2,1)，AM=(λ-√2，a-√2,1). 设平面BDE的法向量n=(x,y, 之)，则 (DE·n=0, 即 2x十x=0, (BE·n=0, 1-√2y十x=0. 不妨取=√2，则n=(1,1,√2)， 由于AM∥平面BDE, 所以AM⊥n, 即AM·n=0,所以A一√2+λ-√2+√2 =0,解得入= 2, 即M点坐标为