2025苏教版高中数学选择性必修第二册强化练习题（含解析）--专题强化练1　空间向量的运算

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2025苏教版高中数学选择性必修第二册
专题强化练1　空间向量的运算　　　　　 　　　　 　　　　
1.(多选题)(2024江苏南京燕子矶中学月考)已知空间三点A(1,0,3),B(-1,1,4),C(2,-1,3),若,且|,则点P的坐标为(　　)
A.(4,-2,2) B.(-2,2,4)
C.(-4,2,-2) D.(2,-2,4)
2.(2024山东烟台第一中学月考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段BD1上,且(0<λ<1).当∠APC为锐角时,实数λ的取值范围为(　　)
A.
3.(2024江苏张家港梁丰高级中学模拟)在空间直角坐标系中,O为坐标原点,△ABC的三个顶点分别是A(1,-1,2),B(5,-6,2),C(1,3,-1),BD是AC边上的高,则BD=　　　　.
4.(2024江苏南通海门中学段考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,E∈平面ABB1A1,F是线段AA1的中点,若,则当△EBC的面积取得最小值时,D1E=　　　　.
5.(2024山西大学附属中学诊断)已知空间单位向量e1,e2,e3,e4,|e1+e2|=|e3+e4|=2|e1+e2+e3+e4|=1,则e1·e3的最大值是　　　　.
6.(2024江苏连云港厉庄高级中学期中)如图所示,空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1,E,F,G分别是AB,AD,CD的中点.
(1)求;
(2)求证:;
(3)求所成角的余弦值.
7.(2024江苏扬州仪征中学期初调研)三阶行列式是解决复杂代数运算的算法,其运算法则如下:=a1b2c3+a2b3c1+a3b1c2-a3b2c1-a2b1c3-a1b3c2.若a×b=,则称a×b为空间向量a与b的叉乘,其中a=x1i+y1 j+z1k(x1,y1,z1∈R),b=x2i+y2 j+z2k(x2,y2,z2∈R),{i, j,k}为单位正交基底.以O为坐标原点,i,j,k的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,已知A,B是空间直角坐标系中异于O的不同两点.
(1)①若A(1,2,1),B(0,-1,1),求;
②证明:=0;
(2)记△AOB的面积为S,证明:S=|;
(3)证明:()2的几何意义表示以△AOB为底面,||为高的三棱锥体积的6倍.
答案与分层梯度式解析
专题强化练1　空间向量的运算
1.AB　因为B(-1,1,4),C(2,-1,3),所以=(3,-2,-1),
因为,所以可设=(3λ,-2λ,-λ),
因为|,所以,所以λ=±1,
所以=(3,-2,-1)或=(-3,2,1),
设P(x,y,z),则=(x-1,y,z-3),
所以
所以点P的坐标为(4,-2,2)或(-2,2,4).故选AB.
2.C　以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,
则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),
所以=(1,1,-1),则=(λ,λ,-λ),
故=(-λ,-λ,λ)+(1,0,-1)=(1-λ,-λ,λ-1),
=(-λ,-λ,λ)+(0,1,-1)=(-λ,1-λ,λ-1),
由图可知,∠APC≠0,
当∠APC为锐角时,cos∠APC>0,
所以=(1-λ)(-λ)+(-λ)(1-λ)+(λ-1)2=(λ-1)(3λ-1)>0,又0<λ<1,所以0<λ<.故选C.
3.答案　5
解析　设(λ∈R),则=(1,-1,2)+λ(0,4,-3)=(1,-1+4λ,2-3λ),
所以=(1,-1+4λ,2-3λ)-(5,-6,2)=(-4,5+4λ,-3λ),
因为,所以=(-4,5+4λ,-3λ)·(0,4,-3)=0+4(5+4λ)+9λ=0,解得λ=-,
所以,
所以|=5.
4.答案　2
解析　以D为坐标原点,DA,DC,DD1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C(0,2,0),B(2,2,0),F(2,0,1),D1(0,0,2),
所以=(2,-2,1),
设E(2,y,z)(0≤y≤2,0≤z≤2),则=(2,y,z-2),
因为,所以=4-2y+z-2=0,
即z=2y-2,
由BC⊥平面ABB1A1,EB 平面ABB1A1,得BC⊥EB,
所以△EBC的面积S==BE,
而|,
故S=,由二次函数的性质得,当y=时,5y2-12y+8取最小值,即S最小,
此时y=,则,
故|,即D1E=2.
5.答案　
解析　因为e1,e2,e3,e4是空间单位向量,所以平移向量e1,e2,e3,e4,使它们共起点,记起点为O,则终点在球心为O,半径为1的球面上,如图,
由|e1+e2|=1得+2e1·e2=1,所以e1·e2=-,所以=120°,同理=120°,
令e1+e2=a,e3+e4=b,则=60°,=60°,且|a|=|b|=1,|a+b|=,即|a|2+|b|2+2a·b=,所以a·b=-,所以cos=-,
固定向量a,b,将e1绕向量a所在直线旋转一周得圆锥OO1的侧面,将e3绕向量b所在直线旋转一周得圆锥OO2的侧面,
因为cos=-,所以150°<<180°,则sin=,
观察图形知,当e1,e3旋转到平面O1OO2内,且都在∠O1OO2内时,向量e1与e3的夹角最小,设为θ,
则θ=-60°-60°=-120°,
故cos θ=cos(-120°)=coscos 120°+sinsin 120°=-,
所以e1·e3=|e1||e3|cos≤cos θ=,
所以e1·e3的最大值是.
方法总结　空间两个向量夹角为一确定的角时,可先将两个向量平移,使它们共起点,并将其中一个向量固定,将另一个向量旋转,其轨迹可形成一圆锥的侧面,再借助几何图形的直观性解决问题.
6.解析　设=a,=b,=c,
则|a|=|b|=|c|=1,===60°.
(1)由题意得c-a,=-a,
则·(-a)=a2-a·c=.
(2)证明:因为a+b+c,
所以·a
=b·a+c·a-a2
=|b||a|cos 60°+|c||a|cos 60°-|a|2
=×12=0.
所以=0,即.
(3)易得b+c,=-b+a,
所以=b+c-b+a=a·b-|b|2+a·c-b·c=-,
又|,
所以cos<,
所以所成角的余弦值为-.
7.解析　(1)①因为A(1,2,1),B(0,-1,1),
则=2i+0-k-0-j+i=3i-j-k=(3,-1,-1).
②证明:设A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),
则=y1z2i+z1x2 j+x1y2k-x2y1k-z2x1 j-y2z1i=(y1z2-y2z1,z1x2-z2x1,x1y2-x2y1),
将x2与x1互换,y2与y1互换,z2与z1互换,可得=(y2z1-y1z2,z2x1-z1x2,x2y1-x1y2),
故=(0,0,0)=0.
(2)证明:因为sin∠AOB=,
所以S=|·||·sin∠AOB=,故要证S=|,
只需证|,
即证.
由(1)中②得,=(x2,y2,z2),
=(y1z2-y2z1,z1x2-z2x1,x1y2-x2y1),
则-2y1z2y2z1-2z1x2z2x1-2x1y2x2y1,
又|OA|2=)2=(x1x2+y1y2+z1z2)2,
所以-2y1z2y2z1-2z1x2z2x1-2x1y2x2y1.
则成立,
故S=|.
(3)证明:由(2)知S=|,
所以|·2||=S·2||,
故S·||×6,
故的几何意义表示以△AOB为底面,||为高的三棱锥体积的6倍.
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