2022年高考数学(理数)一轮复习课时作业43《空间向量及其运算、空间位置关系》（教师版）

课时作业43 空间向量及其运算、空间位置关系一、选择题1．已知点A(－3,0，－4)，点A关于原点的对称点为B，则|AB|等于( D )A．12B．9C．25D．10解析：点A关于原点对称的点B的坐标为(3,0,4)，故|AB|＝＝10.2．已知向量a＝(2，－3,5)，b＝，且a∥b，则λ等于( C )A.B.C．－D．－解析：a∥b⇔a＝kb⇔⇔3．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k的值为( D )A．1B.C.D.解析：ka＋b＝(k－1，k,2)，2a－b＝(3,2，－2)，由题意知，3(k－1)＋2k－4＝0，解得k＝.4．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a、b、c三个向量共面，则实数λ等于( D )A.B.C.D.解析：由于a，b，c三个向量共面，所以存在实数m，n使得c＝ma＋nb，即有解得m＝，n＝，λ＝.5．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，＝，点N为B1B的中点，则|MN|等于( A )A.aB.a C.aD.a解析：∵＝－＝－＝＋－(＋＋)＝＋－，∴||＝＝a.故选A.6．设A，B，C，D是空间不共面的四个点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，则△BCD的形状是( C )A．钝角三角形B．直角三角形C．锐角三角形D．无法确定解析：·＝(－)·(－)＝·－·－·＋2＝2>0，同理·>0，·>0，故△BCD为锐角三角形．故选C.二、填空题7．已知点P在z轴上，且满足|OP|＝1(O为坐标原点)，则点P到点A(1,1,1)的距离为或.解析：由题意知，P(0,0,1)或P(0,0，－1)．∴|PA|＝＝.或|PA|＝＝.8．已知空间四边形OABC，点M、N分别是OA、BC的中点，且＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示向量＝(b＋c－a)．解析：如图，＝(＋) ＝[(－)＋(－)]＝(＋－2)＝(＋－)＝(b＋c－a)．9．已知O(0,0,0)，A(1,2,3)，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.解析：由题意，设＝λ，即OQ＝(λ，λ，2λ)，则＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝62－，当λ＝时有最小值，此时Q点坐标为.三、解答题10．已知a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1，4)，B(－2，－2,2)．(1)求|2a＋b|；(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点)解：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2，1,1)＝(0，－5,5)，故|2a＋b|＝＝5.(2)令＝t(t∈R)，所以＝＋＝＋t＝(－3，－1,4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4－2t)，若⊥b，则·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝.因此存在点E，使得⊥b，此时E点的坐标为(－，－，)．11．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，设E，F分别为PC，BD的中点．(1)求证：EF∥平面PAD；(2)求证：平面PAB⊥平面PDC. 证明：(1)如图，取AD的中点O，连接OP，OF.因为PA＝PD，所以PO⊥AD.因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.又O，F分别为AD，BD的中点，所以OF∥AB.又ABCD是正方形，所以OF⊥AD.因为PA＝PD＝AD，所以PA⊥PD，OP＝OA＝.以O为原点，OA，OF，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A，F，D，P，B，C.因为E为PC的中点，所以E.易知平面PAD的一个法向量为＝，因为＝，且·＝·，0，－＝0，又因为EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD.(2)因为＝，＝(0，－a,0)，所以·＝·(0，－a,0)＝0，所以⊥，所以PA⊥CD.又PA⊥PD，PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PDC，所以PA⊥平面PDC.又PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC.12．如图，P为空间任意一点，动点Q在△ABC所在平面内运动，且＝2－3＋m，则实数m的值为( C ) A．0B．2C．－2D．1解析：∵＝2－3＋m，∴＝2－3－m.又动点Q在△ABC所在平面内运动，∴2＋(－3)＋(－m)＝1，∴m＝－2.故选C.13．如图，在三棱锥ABCD中，平面ABC⊥平面BCD，△BAC与△BCD均为等腰直角三角形，且∠BAC＝∠BCD＝90°，BC＝2，点P是线段AB上的动点，若线段CD上存在点Q，使得异面直线PQ与AC成30°的角，则线段PA长的取值范围是( B )A．(0，)B．[0，]C．(，)D．(，)解析：以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(0,1,1)，B(0,2,0)，C(0,0,0)，设Q(q,0,0)，＝λ＝(0，λ，－λ)，则＝－＝－(＋)＝(q,0,0)－(0,1,1)－(0，λ，－λ)＝(q，－1－λ，λ－1)，∵异面直线PQ与AC成30°的角，∴cos30°＝＝＝＝，∴q2＋2λ2＋2＝，∴q2＝－2λ2∈[0,4]． ∴解得0≤λ≤，∴||＝λ∈[0，]，∴线段PA长的取值范围是[0，]．故选B.14．如图所示，正三角形ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角ADCB.(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由．(2)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．解：(1)AB∥平面DEF，理由如下：以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，2，0)，E(0，，1)，F(1，，0)，所以＝(0，，1)，＝(1，，0)，＝(2,0，－2)，由此，得＝－2＋2.又与不共线，根据向量共面的充要条件可知，，共面．由于AB⊄平面DEF，所以AB∥平面DEF.(2)假设存在点P(x，y,0)满足条件，则＝(x，y，－2)，·＝y－2＝0，所以y＝.又＝(x－2，y,0)，＝(－x,2－y,0)，∥，所以(x－2)(2－y)＝－xy，所以x＋y＝2. 把y＝代入上式，得x＝，所以＝，所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE，此时＝.