第一章空间向量与立体几何专题强化练1空间向量的运算及应用（附解析新人教A版选择性必修第一册）

专题强化练1　空间向量的运算及应用一、选择题1.()已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,P、M为空间任意两点,如果PM=PB1+7BA+6AA1-4A1D1,那么点M必(　　)A.在平面B1D1内B.在平面BA1D内C.在平面BA1D1内D.在平面AB1C1内2.(2020浙江宁波九校高二期末联考,)下列命题正确的是(　　)A.|a|-|b|<|a-b|是向量a,b不共线的充要条件B.在空间四边形ABCD中,AB·CD+BC·AD+CA·BD=0C.在棱长为1的正四面体ABCD中,AB·BC=12D.设A、B、C三点不共线,O为平面ABC外一点,若OP=13OA+23OB+OC,则P、A、B、C四点共面3.(多选)(2020山东济南高二下检测,)已知几何体ABCD-A1B1C1D1为正方体,下列说法中正确的是(　　)A.(A1A+A1D1+A1B1)2=3(A1B1)2B.A1C·(A1B1-A1A)=0C.向量AD1与向量A1B的夹角是60°D.正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|AB·AA1·AD|4.(多选)()在四面体PABC中,下列说法正确的是(　　)A.若AD=13AC+23AB,则BC=3BDB.若Q为△ABC的重心,则PQ=13PA+13PB+13PCC.若PA·BC=0,PC·AB=0,则PB·AC=0D.若四面体PABC的各棱长都为2,M,N分别为PA,BC的中点,则|MN|=1二、填空题5.(2020江苏扬州邗中高二下期中,)如图在正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知A1A=a,A1B1=b,A1D1=c,O为底面ABCD的中心,G为△D1C1O的重心,则AG=　　　　. 6.()已知点P为棱长等于2的正方体ABCD-A1B1C1D1内部一动点,且|PA|=2,则PC1·PD1的值达到最小时,PC1与PD1的夹角为　　　　. 6 7.(2020上海华东师范大学第二附属中学高二下期末,)点P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1上一点,则PA·PC1的取值范围是　　　　. 8.(2021山东师范大学附属中学高二上月考,)点P是棱长为4的正四面体表面上的动点,MN是该四面体内切球的一条直径,则PM·PN的最大值是　　　　. 三、解答题9.(2021山东德州高二上检测,)已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=3,AD=1,且∠DAB=∠BAA1=∠DAA1=π3.(1)求B1D的长;(2)求CD1与B1D夹角的余弦值.6 答案全解全析一、选择题1.C　PM=PB1+7BA+6AA1-4A1D1=PB1+BA+6BA1-4A1D1=PB1+B1A1+6BA1-4A1D1=PA1+6(PA1-PB)-4(PD1-PA1)=11PA1-6PB-4PD1,∵11-6-4=1,∴M、B、A1、D1四点共面.故选C.2.B　对于A,由|a|-|b|<|a-b|,向量a,b可能共线,比如同向的两个共线向量a,b的模分别是3、2,则|a|-|b|=|a-b|,故A错误;对于B,在空间四边形ABCD中,AB·CD+BC·AD+CA·BD=(AC+CB)·CD-CB·AD-AC·BD=AC·(CD-BD)+CB·(CD-AD)=AC·CB+CB·CA=0,故B正确;对于C,在棱长为1的正四面体ABCD中,AB·BC=1×1×cos120°=-12,故C错误;对于D,因为OP=13OA+23OB+OC,而13+23+1=2≠1,所以P、A、B、C四点不共面,故D错误.故选B.3.AB　对于A,由向量加法得A1A+A1D1+A1B1=A1C,∵A1C2=3A1B12,∴(A1C)2=3(A1B1)2,∴A正确;对于B,∵A1B1-A1A=AB1,AB1⊥A1C,∴A1C·AB1=0,∴B正确;对于C,易得△AD1C是等边三角形,∴∠AD1C=60°,又A1B∥D1C,∴异面直线AD1与A1B所成的夹角为60°,但是向量AD1与向量A1B的夹角是120°,故C不正确;对于D,∵AB⊥AA1,∴AB·AA1=0,故|AB·AA1·AD|=0,因此D不正确.故选AB.4.ABC　对于A,∵AD=13AC+23AB,∴3AD=AC+2AB,∴2AD-2AB=AC-AD,∴2BD=DC,∴3BD=BD+DC,即3BD=BC,故A正确;对于B,若Q为△ABC的重心,则QA+QB+QC=0,∴3PQ+QA+QB+QC=3PQ,6 ∴3PQ=PA+PB+PC,即PQ=13PA+13PB+13PC,故B正确;对于C,若PA·BC=0,PC·AB=0,则PA·BC+PC·AB=0,∴PA·BC+PC·(AC+CB)=0,∴PA·BC+PC·AC+PC·CB=0,∴PA·BC+PC·AC-PC·BC=0,∴(PA-PC)·BC+PC·AC=0,∴CA·BC+PC·AC=0,∴AC·CB+PC·AC=0,∴AC·(CB+PC)=0,∴AC·PB=0,故C正确;对于D,∵MN=PN-PM=12(PB+PC)-12PA=12(PB+PC-PA),∴|MN|=12|PA-PB-PC|.∵|PA-PB-PC|=PA2+PB2+PC2-2PA·PB-2PA·PC+2PB·PC=22+22+22-2×2×2×12-2×2×2×12+2×2×2×12=22,∴|MN|=2,故D错误.故选ABC.二、填空题5.答案　23a+12b+56c解析　由已知可得,AG=AO+OG=12(AB+AD)+13(OD1+OC1)=12(b+c)+1312(BA+BC)+DD1+12·(AB+AD)+CC1=12(b+c)+16(-b+c)+13a+16(b+c)+13a=23a+12b+56c.6.答案　90°解析　由题意,取C1D1的中点为M,则PC1·PD1=(PM+MC1)·(PM+MD1)=(PM+MC1)·(PM-MC1)6 =PM2-MC12=PM2-1.∵|PA|=2,∴点P在以A为球心,2为半径的球面上,∴|PM|min=AM-2=3-2=1,∵PM=12C1D1,∴PD1⊥PC1,∴PC1与PD1的夹角为90°.7.答案　-12,0解析　设D1P=xD1A1+yD1C1(0≤x≤1,0≤y≤1),则PA=D1A-D1P=D1D+DA-xD1A1-yD1C1=D1D+(1-x)D1A1-yD1C1,PC1=D1C1-D1P=D1C1-xD1A1-yD1C1=(1-y)D1C1-xD1A1,∴PA·PC1=[D1D+(1-x)D1A1-yD1C1]·[(1-y)D1C1-xD1A1]=-x(1-x)-y(1-y)=x-122+y-122-12,易知当x=y=12时,PA·PC1取得最小值,为-12;当x=0或1,且y=0或1时,PA·PC1取得最大值,为0,∴PA·PC1的取值范围是-12,0.8.答案　163解析　如图所示,正四面体ABCD的棱长为4,设其内切球球心为点O,连接AO并延长交底面BCD于点E,则E为正三角形BCD的中心,且AE⊥平面BCD,连接BE并延长交CD于点F,则F为CD的中点,且BF⊥CD,∴BF=BC2-CF2=23,∴BE=23BF=433.∵AE⊥平面BCD,BE⊂平面BCD,∴AE⊥BE,∴AE=AB2-BE2=463,∵S△BCD=12CD·BF=43,6 ∴正四面体ABCD的体积V=13S△BCD·AE=1623.设球O的半径为R,则V=VO-BCD+VO-ACD+VO-ABD+VO-ABC=4VO-BCD=4×13S△BCD·R,∴R=3V4S△BCD=63,∴AO=AE-OE=6,∵PM=PO+OM,PN=PO+ON=PO-OM,∴PM·PN=(PO+OM)·(PO-OM)=PO2-23.当PO2最大,即点P位于正四面体ABCD的顶点时,PM·PN取最大值,因此,PM·PN=PO2-23≤AO2-23=6-23=163.三、解答题9.解析　(1)由题可知,B1D=B1B+BA+AD=AD-AB-AA1,则|B1D|=(AD-AB-AA1)2=AD2+AB2+AA12-2AD·AB-2AD·AA1+2AB·AA1=12+22+32-2×(1×2+1×3-2×3)×12=15,因此,B1D的长为15.(2)由题知,CD1=BA1=AA1-AB,则|CD1|=(AA1-AB)2=AA12+AB2-2AA1·AB=32+22-2×3×2×12=7,∴CD1·B1D=(AA1-AB)·(AD-AB-AA1)=AA1·AD-AA1·AB-AA12-AB·AD+AB2+AB·AA1=AA1·AD-AA12-AB·AD+AB2=1×3×12-32-1×2×12+22=-92,∴cos<CD1,B1D>=CD1·B1D|CD1||B1D|=-927×15=-310570.6