全品高考备战2027年数学一轮学生用书07第45讲空间向量及其运算和空间位置关系【答案】作业手册

第45讲空间向量及其运算和空间位置关系1.C[解析]因为A(1,5,-2),B(2,4,2),C(a,3,b+2),所以AB=(1,-1,4),AC=(a-1,-2,b+4),又A,B,C三点共线,所以a-11=-2-1=b+44,解得a=3,b2.C[解析]由题可知,ABCD-A1B1C1D1是棱长都为2的直平行六面体,则AA1⊥AD,AA1⊥AB,且∠DAB=60°,由AC1=AD+AB+AA1,可得AC12=AD2+AB2+AA12+2AD·AB+2AD·AA1+2AB3.C[解析]∵OC=12(a-b)=12(OA+OB+OC)-12(OA+OB-OC),∴OC与a,b不能构成空间的一个基底4.D[解析]因为N为BC的中点,所以BN=NC,所以ON-OB=OC-ON,则ON=12OB+12OC,所以MN=ON-OM=-23OA+5.A[解析]因为BD1=BA+AD+DD1=-AB+AD+AA1,AC=AB+AD,所以BD1·AC=(-AB+AD+AA1)·(AB+AD)=-AB2-AB·AD+AD·AB+AD2+AA1·AB+AA1·AD=-AB2+6.AC[解析]对于A,点P(1,-1,2)关于xOy平面对称的点的坐标是(1,-1,-2),故A正确;对于B,当a,b反向时,a·b=|a|·|b|cosπ<0,此时向量a,b的夹角为π,不是钝角,故B错误;对于C,因为对空间中任一点O,有OM=14OA+12OB+14OC,且14+12+14=1,所以M,A,B,C四点共面,故C正确;对于D,设a+b=p(a+b+c)+qc,即a+b=pa+pb+(故a+b,a+b+c,c共面,不能构成空间的一个基底,故D错误.故选AC.7.65,0,85[解析]向量a在向量b上的投影向量为a·b|8.56[解析]在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,CC1∥DD1,则∠BD1D是异面直线BD1与CC1所成的角或其补角.BD=AB2+AD2-2AB·ADcos∠BAD=3.由BD1=AD1-AB=AA1+AD-AB,可得|BD1|2=AA12+AD2+AB2+2AA9.解:(1)证明:连接A1C交AC1于点O,连接OQ.因为O,Q分别为A1C,BC的中点,所以A1B∥OQ,又A1B⊄平面QAC1,OQ⊂平面QAC1,所以A1B∥平面QAC1,又A1B⊂平面BA1C1,平面BA1C1∩平面QAC1=直线l,所以A1B∥l.(2)取B1C1的中点Q1,连接QA,QQ1.以Q为坐标原点,QC,QA,QQ1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则Q(0,0,0),A(0,3,0),B1(-1,0,3),设CP=h,则P(1,0,h),可得QA=(0,3,0),QP=(1,0,h),B1P=(2,0,h-3),B1A设平面APQ的法向量为m=(x1,y1,z1),则m令z1=-1,得m=(h,0,-1).设平面APB1的法向量为n=(x2,y2,z2),则n令x2=3-h,得n=3-因为平面APQ⊥平面APB1,所以m⊥n,则m·n=h(3-h)-2=0,解得h=1或h=2,所以CP的长度为1或2.10.D[解析]将正四面体ABCD补成正方体AEDF-GBHC,以点A为坐标原点,AE,AF,AG所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,因为正四面体ABCD的棱长为4,所以正方体AEDF-GBHC的棱长为22,则A(0,0,0),B(22,0,22),D(22,22,0),设P(x,y,z),则PA=(-x,-y,-z),PB=(22-x,-y,22-z),所以PA+PB=(22-2x,-2y,22-2z).由|PA+PB|=(222,化简得(x-2)2+y2+(z-2)2=2,因为AD=(22,22,0),所以AD·AP=22x+22y=22(x+y).设x=2+2sinθcosφ,y=2sinθsinφ,z=2+2cosθ,则AD·AP=22(x+y)=22(2+2sinθcosφ+2sinθsinφ)=4+4sinθ(cosφ+sinφ)=4+42sinθsinφ+π4≤4+42,所以AD·AP的最大值为4+4211.C[解析]对于A,由正方体的性质可知,∠B1CC1即为直线B1C与CC1所成的角,∠B1CC1=45°,故直线B1C与CC1所成的角为45°,故A中说法正确;对于B,如图,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1),B1(1,1,1),C1(0,1,1),设A1P=tA1B=(0,t,-t),则P(1,t,1-t),因为A1P=B1Q,A1B=B1C,所以B1Q=tB1C=(-t,0,-t),则Q(1-t,1,1-t),所以PQ=(-t,1-t,0),DD1=(0,0,1),因为PQ·DD1=(-t)×0+(1-t)×0+0×1=0,所以PQ⊥DD1,即DD1⊥PQ,故B中说法正确;对于C,当t=1时,点P(1,1,0)即点B,点Q(0,1,0)即点C,此时满足A1P=B1Q,显然BC与A1C1为异面直线,故PQ与A1C1为异面直线,即P,Q,A1,C1四点不共面,故C中说法错误;对于D,由正方体的性质知DD1⊥平面ABCD,所以DD1=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由选项B的证明可知DD112.ACD[解析]因为CC1⊥平面ABC,AM⊂平面ABC,所以CC1⊥AM,故A正确;正三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=AA1·S△ABC=2×12×12×sin60°=32,故B错误;取B1C1的中点D,连接MD,因为MC∥DC1,MC=DC1,所以四边形MCC1D为平行四边形,所以MD∥CC1,因为CC1⊥平面ABC,所以MD⊥平面ABC,又因为MA,MC⊂平面ABC,所以MD⊥MA,MD⊥MC,因为AB=AC,M为BC的中点,所以MA⊥BC,设CN=m(0≤m≤2),以M为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则M(0,0,0),A0,32,0,B1-12,0,2,N12,0,m,所以AB1=-12,-32,2,MN=12,0,m,若AB1·MN=0,则-14+2m=0,解得m=18,所以CN=18,故C正确;MA=0,32,0,MB1=-12,0,2,MN=12,13.4[解析]因为空间四点构成梯形,所以四点首先共面,则AD=λAB+μAC,即(5,2,m)=λ(2,1,1)+μ(1,0,2)=(2λ+μ,λ,λ+2μ),所以2λ+μ=5,λ=2,λ+2μ=m,解得λ=2,μ=1,m=4.当m14.29[解析]设AG=mAC1,其中AC1=AB+AD+AA1,因为E为AD的中点,AF=2FA1,所以AD=2AE,AA1=32AF,所以1mAG=AB+2AE+32AF,则AG=mAB+2mAE+32mAF.因为G,B15.解:(1)证明:由题意知AC=AB+BC=AB+AD4,BD=AD-AB因为AC·BD=AB+AD4·(AD-AB)=0-4+4-0=0,所以AC⊥BD,因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD,又PA,AC⊂平面PAC,PA∩AC所以BD⊥平面PAC,又PC⊂平面PAC,所以PC⊥BD.(2)因为PA⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD,PA⊥AB,又AD⊥AB,所以AP,AB,AD两两垂直,如图,以A为坐标原点,AB,AD,AP的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),M(1,0,1),N0,83,2所以AC=(2,1,0),AP=(0,0,2),AM=(1,0,1),AN=0,设平面AMN的法向量为n=(x,y,z),则n·AM=x+z=0,n·设PQ=tPC,0<t<1,则AQ=tAC+(1-t)AP=t(2,1,0)+(1-t)(0,0,2)=(2t,t,2-2t),因为A,M,Q,N四点共面,所以AQ·n=8t+t-8(1-t)=0,解得t=8即PQ=817PC,所以VQ-ABC=1-817VP-ABC=917VP-ABC=91716.BC[解析]对于A,由题意知,该正八面体由两个正四棱锥组成,易知正四棱锥的高为12-12+1222=22,所以该正四棱锥的体积为13×12×22=26,所以该正八面体的体积为2×26=23,故A错误;对于B,将△CDE,△CEB展开铺成一个平面,如图①,当D,H,B三点共线时,DHCD2+CB2-2CD·CBcos∠BCD=3,则(DH+BH)m