2023届老高考数学练习题：第十一单元 空间向量及其应用

第十一单元空间向量及其应用

11.1空间向量及其运算

1.已知α=α+l,0,2),%=(6,2μ-1,2λ),若a∕∕b,则λ与μ的值可以是

()

A.2,B.—ɜ,；

C.-3,2D.2,2

答案：A

解析：因为所以b=ka(kGR,⅛≠0),即(6,2μ-l,2λ)=k(λ+↑t0,2),

6=k(2+1)2=2,λ=~3

所以12μ-l=0,

解得,1或＜1故选A.

μ=2[μ=]∙

2λ=2k,

2.(2021•沈阳高二月考)已知向量。=(4，4,生)，人=(4,幺也)，{",可是空间中的一个

单位正交基底.规定向量积的行列式计算：

ijkz∣aaa}

a×b=(aybz-azby)i+^azbx-axb2)j+(axby-aybx)k=4αv生=；'，，-；：,；:，

bbb.vzxy

^y2."'i■>

ah/、/、

其中行列式计算表示为C”="-6c∙,若向量AB=(2,1,4),AC=(3,1,2),则AB×AC=^)

A.(Y,-8,-l)B.(-1,4,-8)C.(-2,8,-1)D.(-1,7,-8)

【答案】C

【解析】由题意得：

AfixAC=(l×2-4×l)z+(4×3-2×2)7+(2×l-l×3)^=-2z+8；-A:=(-2,8,-1),

故选C.

3.(2021.重庆南开高三阶段测试)设所有空间向量的集合为店={&,当,』)归,程七€用，

若非空集合"UR，满足：①Vx,yeM,x+y&M,②VaeR,xeM,ax≡M,则称“

为兴的一个向量次空间，已知A,8均为向量次空间，则下列说法错误的是()

A.Ar∖B≠0

B.AUB为向量次空间

C.若A18,则BURS

D.若8N{()},则VXeA,总Mye8且yh0,使得x∙y=O

【答案】BCD

【解析】若M为R3的一个向量次空间，则由②VoeR,xeM,OeeM可知，OWM，

再结合①可得向量次空间包含元素(0,0,0)所以向量次空间所包含的元素对应的点为穿过

空间坐标系原点的一条直线，或者经过空间坐标系原点的一个平面，或者是整个空间.

对于A,显然当A,5均为向量次空间时，{(0,0,0)}⊂Anβ,所以A正确；

对于B,当A,8分别为空间中经过原点的两条不同的直线时，WxeA,y∈B且x,y不

为(0,0,0),则x+yeAuB,不符合①，所以B错误；.

对于C,例如A对应一条过原点的直线,5对应一个过直线/的平面时，满足A=B,

但BwR',C错误；

对于D,当A,B分别对应空间中两条过了原点，但是不相互垂直的直线时，不成立，D错

误.

故选BCD

4.已知向量α=(3,5,-1)，b=(2,2,3)，c=(1,-1,2),则向量a-b+4c的坐标为

().

A.(5,-1,4)B.(5,1,-4)C.(-5,1,4)D.(-5,-1,4)

答案A

解析向量d=(3,5,-1),1=(2,2,3),琉=(1,-1,2),则向量--1+45=(3,5,—1)一

(2,2,3)+4(1,-1,2)=(5,-1,4),故选A.

5.已知d=(3,2λ-l,1),B=(〃+LO,2μ).若a∕∕b,贝!jλ+μ=

答案⅛

解析d∕∕b,则d=mb,即(3,2λ-l,I)=Jn(JU+LO,2μ)

3=m(μ+1)1

故2Λ-1=O,解得j,故；I+4=⅛•故答案为：⅛

1=2mμ

6.(2021.济宁月考)已知向量a=(1,1,0),则与a共线的单位向量e=()

A.(-y,-y,0)B.(0,1,0)C.(^,f,0)D.(-1,-1,0)

答案AC

解析对于A,存在实数λ=-√2,使(1,1,0)=-√2(-y,-y,0)且

K—今一苧⑼I=JFH=I,故A正确；

对于B,不存在实数λ,使(LLO)=A(0,1,0),故B错误；

对于C,存在实数4=√Σ,使(1,1,0)=√2(^,^,0),且∣(y,y,0)∣=J∣+∣=1,

故C正确；

对D,∣(-1,-l,0)∣=√1T1=√2,不是单位向量，故D错误.

故选AC.

7.(2021.成都月考)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BB1的中点.

(1)求DIE的长;

(2)求异面直线AE与BC1所成的角的余弦值.

解析：(1)以而，荏，标的正方向分别为X轴、y轴、Z轴的正方

向建立空间直角坐标系，则O1(2,0,2),E(0,2,l),可得I庠I=

J(O—2)2+(2-0)2+(1-2)2=3,所以D1E的长为3；

(2)由(1)的坐标系,可得4(0,0,0),£(0,2,1),B(0,2,0),C1(2,2,2),

所以AE=(0,2,1),BC^=(2,0,2),设异面直线AE与BC1所成的角为θ,所以COSO=

∣cos(^,BQ)∣=⅛g-=ɪ=,即异面直线AE与BC1所成的角的余弦值写.

∣∕ic∣∣L>^I∣VbtZyZIUIU

8.(2021•金台期末)已知a=(-1,-2,1),⅛=(l,x,-2)且a∙b=-13,则X的值为()

A.3B.4C.5D.6

答案C

解析由已知港3=一1一2X-2=-13,解得工=5.故答案为：C.

9.若向量d=(l,λ,2),b=(-2,1,1),a,3夹角的余弦值为；，则λ=.

答案1

解析向量五=(1,λ,2),b=(-2,1,1),；.港B=-2+λ+2=λ,∣α∣=

√12+λ2+22=√5TΛς,∖b∖=√(-2)2+I2+I2=瓜.又五，b夹角的余弦值为3

••3=磊=南力,可知λ>°∙解得21.故答案为1.

10.已知a=[1,1,0),b=(0,1,1),c=(lz0ll)9p=d-b,q=a-{-2b—c,

贝∣J/∙G=()

A.-1B.1C.0D.-2

答案A

解析已知d=(LLo),3=(0,1,1),)=(1,0,1),p=d-b=(1,1,0)—(0,1,1)=

(IA-I)，q=d+2b-c=(1,1,0)+(0,2,2)-(Iol)=(0,3,1),/.p∙q=l×0+0×

3+(-l)×l=-l.故选A.

11.(2021•葫芦岛月考)已知向量G=(1,1,0),b=(-1A1)，且放+B与d互相垂

直，则/c=().

A.-B.iC.--D.--

3232

答案B

解析d=(1,1,0),b=(—1,0,1),则kd+b=(k—l,k,1),kd+b与d互相垂

直,贝!|(kd+b)-a=k-l+k=O,/c=ɪ.故选B.

12.已知向量价=(0,-1,1),^=(4,1,0),∣∕⅛+⅛1=√29,且；1>0,贝∣J4=.

答案3

解析因为价=(0,—1,1)方=(4,1,0),|4#+苗=内，所以府+B=(4,1-4,4),

可得16+(1-；I/+χ=29,因为λ>0,解得2=3,故答案为3.

13.已知向量a=(1,2,3),b=(x,x2+y-2,y),并且a,B同向，贝!］久，y的值

分别为.

答案1;3

χ2+z

解析V益，B同向，・•.aI∣bfʌγ=y~=Z,即｛2J?得'=—2或

X=I.当％=-2时，y=—6；当％=1时，y=3.当｛"二:时，b=

y—_O

Y=IT

(-2,-4,-6)=-25,此时五，b→反向，不符合题意，所以舍去.当｛：二;时，b=

(1,2,3)=a,此时a与族同向，•・・｛：：：故答案为：1,3.

14.(2021•聊城期末)以下命题正确的是()

A.若p是平面ɑ的一个法向量，直线b上有不同的两点A,B,则b∕∕a的充要条

件是p-AB=0

B.己知A,B,C三点不共线，对于空间任意一点O,若OP=IOA+1OB+^OC,

则P,A,B,C四点共面

C.已知a=(—1,1,2),b=(0,2,3),若ka+b与2a—b垂直，则k=—

D.已知AABC的顶点坐标分别为4(-1,1,2),8(4,1,4),C(3,-2,2),则AC边上的

高BD的长为√13

答案BCD

解析对于A,若直线bCLa,则p-AB=0成立，故b∕∕a不是p-AB=0的必要

条件，A不符合题意；

对于B,若OP=IOAOB+IOC,则I(OP-OA)=ɪ(OB-OP)+1(OC-OP),

所以衣=；而+无，所以P,A,B,C四点共面，B符合题意；

对于C,由题意可得ka+b=[-k,k+2,2k+3),2a-b=(-2,0,1),若k%+b与

2a-b垂直，贝IJ(ka+b)-(2a-b)=2∕c+2k+3=0,解得/c=-∣,C符合题意；

对于D,由题意AB=(5,0,2),AC=(4,-3,0),则∖AB∖=√25+4=√29,CosA=

iSi=Ξ⅛=⅛F，所以sin4=g砺=用，所以AC边上的高IBDl=

∣^β∣sinA=√29×区=√∏,D符合题意.

故选BCD.

15.(2021•金台期末)已知点Λ(0,l,-l),8(2,2,1),向量a=OA,b=OB,计算：

(1)求向量b的单位向量⅛；

(2)求∖2a-b∖,I-3α∣；

(3)cos<d,b>；

(4)求点B到直线。力的距离.

解析(1)由已知得：a=(0,1,-1)5=(2,2,1)∣⅛1=3,则⅛=(∣,∣,∣);

(2)2d-b=(-2,0,-3),∖2a-b∖=yfl3-3a=(0,-3,3),|-3α∣=3√2；

(3)cos<a,h>=丽=-

(4)而在雨上的投影为∖OB∖cos<a,b>,∖OB∖cos<a,b>=3×-=-；点B到直线

62

OA的距离d=JloBl2一(1)2=与

11.2用空间向量解决立体几何问题

2.如图所示,正方体ABeZ)-AGDl的棱长为1,若F是。。的中点，则点a到平面ABF

的距离为()

D斗

【答案】D

【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,

则A(l,0,1),Bι(l,1,0),F(0,0,ɪ),B(l,1,1),则涵=(0,1,一1),显=(0,1,

0),#=(-1,0,-ɪ).设平面ABF的法向量”=(x,)，，z),则卜显=°'即F1

["•#=0,[_》一呼=°，

取x=l,则〃=(1,0,-2).点BI到平面AM的距离为嗓小=芈.另解：由VBMB尸=

V尸ABS可得解.故选D.

3.如图，平面ABCD，平面ABEF,四边形A8C。是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF=

^AD=a,G是EF的中点，则GB与平面4GC所成角的正弦值为

【答案】C

【解析】如图，以A为原点建立空间直角坐标系,

则4(0,0,0),B(0,2a,0),C(0,2a,Id),G(a,a,0),F(a,0,0),λħ=(a,a,O),At

=(0,la,2a),βb=(a,~a,O),衣'=(0,O,2d),设平面AGC的法向量为m=(xι,y∣,

A^∙∏ι=O,

ax∖+ay∖=Ofxι=l,砧∙m2a

1),由'得得=∕ι∣=(l,-1,1).Sin

∣Bδ∣∙∣n∣∣√2a×√3

、祀山=0,2qyι+2α=0,JI=-1，

=博.故选C.

5.(2021•福建三明高三模拟)如图，在四棱锥尸-他CQ中，AD=BD=BC=I,

AB=CD=PA=PB,平面PBz)J_平面ABC£).

(1)求证：PDAB.

如

(2)已知二面角P-AC-£＞的余弦值为6.线段PC上是否存在点用，使得EW与平面

PAC所成的角为30。？证明你的结论.

【解析】(1)因为AD=BD=BC=I,AB=CD=④，所以四边形ABCO是平行四边形，

且ADJ_3D.因为平面尸灯U平面ABcD,平面PBD1平面AB8=8D,Az)U平面ABC£),

所以ADL平面P3D,所以AT>J∙PE>,因为∕¼=P8,所以D=△「%>,

所以NPDB=NPDA=90°,即3/)_LPE),又因为仞BD=D,所以Pz)J_平面ABeD,

因为ABu平面ABeD,所以PZ)_LAB.

(2)设Pz>=W>0),以。为坐标原点，分别以以，DB,OP为X轴，V轴，Z轴建立

空间直角坐标系，

则A(l,0,0),B(O,1,O),C(-1,1,O)D(0,0,0)；P(0,0"),所以OA=(1,0,0),AC=(-2,1,0)

m∙AC=—2x+%=O

<0

AP=(TOj),设平面PAC的一个法向量为"2=(⅞,%,Z°),由卜"∙Q=F>+4=O,

取2。=1,得Xo=%=2r,即加=(f,2r,l),取〃=(0,。，1)为平面ACo的一个法向量,

cos(∕π,ri)=------=[2L2.

则1〃小旧小户+1,因为二面角尸—AC—D的余弦值为6,

12∕β

所以&/+16,解得f=l,所以「(°，°」)，假设这样的点M存在，设PM=2PC,其

中0轰收1,由PC=(-1/，T),得PM=(-λ,λ,-λ),则BM=BP+PM=(-Λ,-1+Λ,l-Λ)j

sina=|cos(BM,m)∣=∣BM'"∣=_ɪ_

2

设与平面PAC所成的角为α,则∖BM∖-∖m∖√6∙√3Λ-42+2；

112

—=~~I==­λ=-

因为。=30。，所以"∙√32J42+22,解得3,所以，存在这样的点M,即当

PM=-PC

3时，3M与平面PAC所成的角为30。.

单元检测十一

1.（2021•甘肃兰州高考诊断）在三棱锥尸-BC短中，A是C。的中点，AB=AC,BC=6,

PB=BD=66,PC=12.

（I）证明：8C_L平面P8O；

（n）若PD=6√J,求二面角。一形—A的余弦值.

【解答】（I）证明：由题意可知，A是C。的中点，又48=AC,

在ΔδCD中，AB^AC=ADt所以AC6O为直角三角形，则/C比＞=90。，即3C_LBO,

由题意可知，PB=6△,PC=12,BC=6,则有PC2=PB2+BC2,所以BC,PB,

因为BQ,PBU平面PBD,BDPB=B,所以BCL平面/W；

(ID解：由(I)可知，BC_L平面∕¾r),建立如图所示的空间直角坐标系,

因为PD=6g,则8(0,0,0),A(3√J,0,3),P(36,9,0),

则BA=(3√3,O,3),BP=(36,9,0),

/Z-BA=O3Λ∕3X+3Z=0

*

,即[3jlx+9y=o

设平面P54的法向量为"=（x,Xz）,则有n-BP=0

令y=ι,则、=（-61,3）,

平面PBD的一个法向量为m=（°。D,

..∖n^m∖3__3√13

Icos<m>|=----

则有间√13×1-13

3√13

故二面角。-PB-A的余弦值为13

2.（2021•百校联盟模拟）如图（1）,已知梯形ABCD,DElAB,BE=2CD=4,NB=45,

将AM>£沿上向上翻折，构成如图（2）所示的四棱锥P-BCDE,M为PB的中点.

（1）证明：CM"面PDE；

（2）当四棱锥体积最大时，若二面角

遮

M-CE-8的余弦值为3,求直线CM与平面

BCDE所成角的余弦值.

f……MNU-BCDCH-BE

【解析】（1）如图，取PE的中点N,连结OMMMCM,则=2.又=2,故

MN2"C.所以四边形Z）CMN为平行四边形，所以CM"DN.又MNa平

面PDE,DNU平面PDE,所以CW//平面P∕）E.

（2）当PE_L平面BCz）E时，四棱锥体积最大.又DE_LBE,故以E为原

点，匹,EB,EP所在直线分别为X轴、y轴、Z轴建立如图所示的空间直

“P(0,0,a),C(2,2,0),B(0,4,0),M(0,2,⅛

角坐标系.设PE=a,则2,则

EC=(,2,2,0),EM=(0,2,-),、

2,设平面MCE的法向量〃I=(X,y,z),,则

2x+2y=0

EC∙Ti1=O

EMT=O,即p+5z-u,令χ=ι,则功一"又平面BCE的法向量〃2=(0,0,1),

…,…卜工=无

11Hh∣M∙∏∣=pð3

2

所以Ya-解得α=4,所以C"=(-2,0,2)设直线CM与

Sinθ=Icos<CM,>|=—>==—COSΘ=---

平面Ba)E所成角为0,则I12√22,故2,即直线CM

√2

与平面Ba)E所成角的余弦值为2.

3.（2021•山东潍坊高三模拟）已知正方形AβCf＞的边长为2,沿AC将三角形ACD折起到

BAC位置（如图），G为三角形B4C的

重心，点E在边BC上，GE//平面∕¾β.

（OWE=AEB,求4的值；

（2）若GELPA,求平面GEC与平面

WC所成锐二面角的余弦值.

【解析】（1）如图，连结CG延长交R4于F点，连结5/，因为GE//平面尸4?,GEU平

面C8F,平面CBF平面E48=M,所以GE//BF,因为G为三角形RlC的重心，所以

CG=2GF,所以CE=2EB,所以4=2.

（3）因为GELp4,由第一问得GE//BF,所以BF_LE4,因为尸

为国中点，所以PB=AB=2,取AC中点O,连结PO,则

PO=√Σ,BO=√Σ,在三角形POB中，PO2+BO2=PB2,所以PO_L3O,

又已知POLAO,且AOBo=°,所以POJL平面ABC,如图，以O

为原点，03所在直线为X轴，OC所在直线为y轴建立空间直角坐标系，则

OP=OA=OB=近,A(0,-√2,0),B(^∣2,0,0),C(0,√2,0),P(0,0,F(0,-

3√Σ√2J%—=U

FC=(O,—,--),BC=(-√2,√2,0)(、∖^n

227,设平面8b的法向量为m=(x,%z),则I“tBrγC=O,

'31八