2026年高考总复习优化设计一轮复习数学（广西版）-课时规范练42　空间向量及其运算

课时规范练42空间向量及其运算基础巩固组1.已知向量a=(1,-2,3),b=(2,-1,-4),则a·b=()A.-8 B.-7C.-6 D.-52.已知a=(t,12,-3),b=(2,t+2,1),若a∥b,则实数t的值为()A.-5 B.-6C.-4 D.-33.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,E为PD的中点,若PA=a,PB=b,PC=c,则用基底{a,b,c}表示向量BE为()A.12a-12b+1B.12a-32b+C.12a-12b-1D.12a-12b+4.在下列条件中,使M与A,B,C一定共面的是()A.OMB.OMC.MA+MBD.OM+OA5.若a=(2,-3,5),b=(-3,1,2),则|a-2b|=()A.72 B.52 C.310 D.636.(多选)已知向量a=(1,-1,m),b=(-2,m-1,2),则下列结论中正确的是()A.若|a|=2,则m=±2B.若a⊥b,则m=-1C.不存在实数λ,使得a=λbD.若a·b=-1,则a+b=(-1,-2,-2)7.(多选)(2024广东佛山二模)在四面体ABCD中,AB⊥BD,CD⊥BD,AB=3,BD=2,CD=4,平面ABD与平面BCD的夹角为π3,则AC的值可能为(A.17 B.23C.35 D.418.已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),若点P(x,1,1)在平面ABC内,则x=.

综合提升组9.(多选)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,以顶点A为端点的三条棱长都是1,且它们彼此的夹角都是60°,M为A1C1与B1D1的交点.若AB=a,AD=b,AA1=c,则下列结论中正确的是(A.BM=12a-1B.AC1=a+bC.AC1的长为5D.cos<AB,A10.已知a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b与2a-b的夹角为钝角,则实数k的取值范围为.

11.已知空间向量PA,PB,PC的模长分别为1,2,3,且两两夹角均为60°.点G为△ABC的重心,若PG=xPA+yPB+zPC,x,y,z∈R,则x+y+z=;|PG12.如图,在棱长为a的正方体OABC-O1A1B1C1中,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF=m,其中0≤m≤a,以O为原点建立空间直角坐标系.(1)求证:A1F⊥C1E;(2)若A1,E,F,C1四点共面,求证:A1创新应用组13.(多选)已知空间中三点A(0,1,0),B(2,2,0),C(-1,3,1),则下列说法正确的是()A.AB与B.与AB同向的单位向量是255,C.AB和BCD.平面ABC的一个法向量是(1,-2,5)14.(2024广东广州模拟)木质正四棱锥模型P-ABCD如图所示,过点A作一个平面分别交PB,PC,PD于点E,F,G,若PEPB=35,PFPCA.14 B.23 C.3415.已知正四面体A-BCD的外接球半径为3,MN为其外接球的一条直径,P为正四面体A-BCD表面上任意一点,则PM·PN的最小值为

课时规范练42空间向量及其运算1.A解析:由已知可得a·b=1×2-2×(-1)+3×(-4)=-8.故选A.2.B解析:因为a=(t,12,-3),b=(2,t+2,1),且a∥b,所以存在实数λ,使得a=λb,即(t,12,-3)=λ(2,t+2,1),所以t=2λ故选B.3.B解析:连接BD,如图,因为E是PD的中点,所以BE=12(BP+BD)=12(-b+BA+BC)=-12b+12(PA-PB+PC-PB)=-12b+14.C解析:M与A,B,C一定共面的充要条件是OM=xOA+yOB+zOC,x+y+z=1,对于A选项,由于1-1-1=-1≠1,所以不能得出M,A,B,C共面;对于B选项,由于15+13+12≠1,所以不能得出M对于C选项,由于MA=-MB-MC,则MA,MB,MC为共面向量,所以M,A对于D选项,由OM+OA+OB+OC=0,得OM=-OA-OB-OC,而-1-1-1=-3≠1,所以不能得出M,5.C解析:∵a=(2,-3,5),b=(-3,1,2),∴a-2b=(8,-5,1),∴|a-2b|=82+(-5)26.AC解析:对于A,由|a|=2,可得12+(-1)2+m2=2,对于B,由a⊥b,可得-2-m+1+2m=0,解得m=1,故B错误;对于C,若存在实数λ,使得a=λb,则1=-2λ,-1=λ(m-1),m=2λ,显然对于D,若a·b=-1,则-2-m+1+2m=-1,解得m=0,于是a+b=(-1,-2,2),故D错误.故选AC.7.AD解析:在四面体ABCD中,AB⊥BD,CD⊥BD,则<BA,DC>是二面角A-BD-C的平面角,AC=AB+BD+DC=-BA+BDAC2=BA2+BD2+DC2-2BA·DC=9+4+16-2×3因为平面ABD与平面BCD的夹角为π3,则当<BA,DC>=π3时,|当<BA,DC>=2π3时,|所以AC的值可能为17,41.8.-1解析:设平面ABC的法向量是n=(x,y,z),又AB=(-1,1,0),AC=(-1,0,1),所以n·AB=-x+yP(x,1,1)在平面ABC上,AP=(x-1,1,1).则n·AP=x-1+1+1=0,解得x=-19.BD解析:由空间向量的加法法则得AC1=a+b+c,故BBM=BB1+B1M=BB1+12B1D1=AA1+由已知a·b=b·c=a·c=1×1×cos60°=12|AC1|=|a+b+=(=a=1+1+1+1+1+1=6,故Ccos<AB,AC1>=AB·故选BD.10.(-∞,-2)∪-2,75解析:由a=(1,1,0),b=(-1,0,2),得ka+b=(k-1,k,2),2a-b=(3,2,-2),所以(ka+b)·(2a-b)=3×(k-1)+2k-4<0,解得k<75若ka+b与2a-b反向,则ka+b=λ(2a-b),λ<0,则k=2λ,1=-λ,所以k=-2.所以若ka+b与2a-b的夹角为钝角,则k<综上,k的取值范围是(-∞,-2)∪-2,75.11.153解析:取AC的中点D,连接BD,PDPG=PB+BG=PB+23BD=PB+又PG=xPA+yPB+zPC,空间向量PA,PB,PC的模长分别为1,2,3,则x=13,y=13,z=13,故|PG|=13PA=1=1=1=512.证明(1)因为A1(a,0,a),C1(0,a,a),E(a,m,0),F(a-m,a,0),所以A1F=(-m,a,-a),C1E=(a,所以A1F·C1E=-am+a(所以A1F⊥C1E,即A1(2)因为A1,E,F,C1四点共面,所以A1E选A1E与A1C1为平面A1C1E上的一组基向量,则存在唯一实数对(λ1,λ2),使A1F即(-m,a,-a)=λ1(-a,a,0)+λ2(0,m,-a)=(-aλ1,aλ1+mλ2,-aλ2),所以-m=-aλ1,a=aλ故A13.BD解析:对于A,AB=(2,1,0),AC=(-1,2,1),可知AB≠λAC(λ∈R),则AB与AC不共线对于B,∵AB=(2,1,0),∴|AB|=5,∴AB|AB|=255,55,0,即与AB同向的单位向量是2对于C,∵BC=(-3,1,1),∴cos<AB,BC>=AB即AB和BC夹角的余弦值为-5511,故对于D,设平面ABC的法向量是n=(x,y,z),则n·AB=2x+y=0,n·BC=-3故平面ABC的一个法向量是(1,-2,5),故D正确.故选BD.14.C解析:建立如图所示的空间直角坐标系,设P(0,0,b),A(a,0,0),B(0,a,0),D(0,-a,0),C(-a,0,0)(a,b>0),则PB=(0,a,-b),PC=(-a,0,-b),PD=(0,-a,-b),PA=(a,0,-b),所以PE=35PB=0,3a5,-3b5,PF=12由题意A,E,F,G四点共面,则有PA=xPE+yPF+zPG,其中x+y+z=1,设PG=λPD=(0,-aλ,-bλ),λ∈所以(a,0,-b)=x0,3a5,-3b5+y-a2,0,-b2+z(0,-aλ,-bλ)=-ay