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  • 2021-06-19 发布

2021届浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破:第八章 6 第6讲 空间向量的运算及应用

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‎[基础题组练]‎ ‎1.已知三棱锥OABC,点M,N分别为AB,OC的中点,且=a,=b,=c,用a,b,c表示,则等于(  )‎ A.(b+c-a)‎ B.(a+b+c)‎ C.(a-b+c)‎ D.(c-a-b)‎ 解析:选D.=++=(c-a-b).‎ ‎2.已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若a、b、c三个向量共面,则实数λ等于(  )‎ A.           B.9‎ C. D. 解析:选D.由题意知存在实数x,y使得c=xa+yb,‎ 即(7,5,λ)=x(2,-1,3)+y(-1,4,-2),‎ 由此得方程组 解得x=,y=,所以λ=-=.‎ ‎3.已知A(1,0,0),B(0,-1,1),O为坐标原点,+λ与的夹角为120°,则λ的值为(  )‎ A.± B. C.- D.± 解析:选C.+λ=(1,-λ,λ),cos 120°==-,得λ=±.经检验λ=不合题意,舍去,所以λ=-.‎ ‎4.如图,四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱,AB是一条侧棱,Pi(i=1,2,…,8)是上底面上其余的八个点,则·(i=1,2,…,8)的不同值的个数为(  )‎ A.1 B.2‎ C.4 D.8‎ 解析:选A.由题图知,AB与上底面垂直,因此AB⊥BPi(i=1,2,…,8),·=||||cos∠BAPi=||·||=1(i=1,2,…,8).故选A.‎ ‎5.正方体ABCDA1B1C1D1中,BB1与平面ACD1所成角的余弦值为(  )‎ A. B. C. D. 解析:选D.不妨设正方体的棱长为1,如图,以点D为坐标原点,以DA,DC,DD1为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,则D(0,0,0),B(1,1,0),B1(1,1,1),平面ACD1的法向量为=(1,1,1),又=(0,0,1),所以cos〈,〉===,所以BB1与平面ACD1所成角的余弦值为 =.‎ ‎6.如图所示,PD垂直于正方形ABCD所在平面,AB=2,E为PB的中点,cos〈,〉=,若以DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则点E的坐标为(  )‎ A.(1,1,1) B. C. D.(1,1,2)‎ 解析:选A.设P(0,0,z),‎ 依题意知A(2,0,0),B(2,2,0),则E,‎ 于是=(0,0,z),=,‎ cos〈,〉===.‎ 解得z=±2,由题图知z=2,故E(1,1,1).‎ ‎7.在空间直角坐标系中,以点A(4,1,9),B(10,-1,6),C(x,4,3)为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,则实数x的值为__________.‎ 解析:由题意知=(6,-2,-3),=(x-4,3,-6). ‎ 又·=0,||=||,可得x=2.‎ 答案:2‎ ‎8.已知2a+b=(0,-5,10),c=(1,-2,-2),a·c=4,|b|=12,则以b,c为方向向量的两直线的夹角为________.‎ 解析:由题意得,(2a+b)·c=0+10-20=-10.‎ 即2a·c+b·c=-10,又因为a·c=4,所以b·c=-18,‎ 所以cos〈b,c〉===-,‎ 所以〈b,c〉=120°,所以两直线的夹角为60°.‎ 答案:60°‎ ‎9.已知点P是平行四边形ABCD所在平面外的一点,如果=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1).对于结论:①AP⊥AB;②AP⊥AD;③是平面ABCD的法向量;④∥.其中正确的是________.‎ 解析:因为·=0,·=0,‎ 所以AB⊥AP,AD⊥AP,则①②正确.‎ 又与不平行,‎ 所以是平面ABCD的法向量,则③正确.‎ 因为=-=(2,3,4),=(-1,2,-1),‎ 所以与不平行,故④错.‎ 答案:①②③‎ ‎10.在正三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱长为2,底面边长为1,M为BC的中点,=λ,且AB1⊥MN,则λ的值为________.‎ 解析:如图所示,取B1C1的中点P,连接MP,以点M为原点,以,,的方向为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系Mxyz,‎ 因为底面边长为1,侧棱长为2,则A,‎ B1(-,0,2),C,‎ C1,‎ M(0,0,0),设N,‎ 因为=λ,所以N,‎ 所以=,=.‎ 又因为AB1⊥MN,所以·=0.‎ 所以-+=0,所以λ=15.‎ 答案:15‎ ‎11.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是BB1,DD1的中点.求证:FC1∥平面ADE.‎ 证明:如图所示,以点D为坐标原点,以DA,DC,DD1的正方向为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,‎ 则有D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),E(2,2,1),F(0,0,1).‎ =(0,2,1),=(2,0,0),=(0,2,1).‎ 设n=(x,y,z)是平面ADE的一个法向量,‎ 则即解得 令z=2,则y=-1,所以n=(0,-1,2).‎ 因为·n=-2+2=0.‎ 所以⊥n.‎ 因为FC1⊄平面ADE,‎ 所以FC1∥平面ADE.‎ ‎12.如图,四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点O为底面中心,A1O⊥平面ABCD,AB=AA1=.‎ 证明:A1C⊥平面BB1D1D.‎ 证明:由题设易知OA,OB,OA1两两垂直,以O为原点,OA,OB,OA1的正方向为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.‎ 因为AB=AA1=,‎ 所以OA=OB=OA1=1,‎ 所以A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,0,0),D(0,-1,0),A1(0,0,1).由=,易得B1(-1,1,1).‎ 因为=(-1,0,-1),=(0,-2,0),=(-1,0,1),‎ 所以·=0,·=0,‎ 所以A1C⊥BD,A1C⊥BB1.‎ 又BD∩BB1=B,所以A1C⊥平面BB1D1D.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上且=1,N为B1B的中点,则 ‎||为(  )‎ A.a B.a C.a D.a 解析:选A.以D为原点,以DA,DC,DD1的正方向为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,‎ 则A(a,0,0),C1(0,a,a),‎ N.设M(x,y,z),‎ 因为点M在AC1上且=,所以(x-a,y,z)=(-x,a-y,a-z),所以x=a,y=,z=.‎ 所以M,所以||‎ ‎= =a.‎ ‎2.设A,B,C,D是不共面的四点,且满足·=0,·=0,·=0,则△BCD是(  )‎ A.钝角三角形 B.直角三角形 C.锐角三角形 D.不确定 解析:选C.因为·=0,·=0,·=0,‎ 所以AB⊥AC,AB⊥AD,AD⊥AC.如图所示,设=a,=b,=c,‎ 所以BC2=a2+b2,BD2=a2+c2,CD2=b2+c2.‎ 由余弦定理知BC2=BD2+CD2-2BD·CD·cos∠BDC,所以a2+b2=a2+c2+b2+c2-2··cos∠BDC,‎ 所以cos∠BDC=>0,‎ 所以∠BDC是锐角.‎ 同理可知∠DBC,∠BCD都是锐角,故△BCD是锐角三角形.‎ ‎3.已知e1,e2是空间单位向量,e1·e2=,若空间向量b满足b·e1=2,b·e2=,且对于任意x,y∈R,|b-(xe1+ye2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0∈R),则x0=________,y0‎ ‎=________,|b|=________.‎ 解析:对于任意x,y∈R,|b-(xe1+ye2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0∈R),说明当x=x0,y=y0时,|b-(xe1+ye2)|取得最小值1.‎ ‎ |b-(xe1+ye2)|2=|b|2+(xe1+ye2)2-2b·(xe1+ye2)=|b|2+x2+y2+xy-4x-5y,要使|b|2+x2+y2+xy-4x-5y取得最小值,需要把x2+y2+xy-4x-5y看成关于x的二次函数,即f(x)=x2+(y-4)x+y2-5y,其图象是开口向上的抛物线,对称轴方程为x=2-,所以当x=2-时,f(x)取得最小值,代入化简得f(x)=(y-2)2-7,显然当y=2时,f(x)min=-7,此时x=2-=1,所以x0=1,y0=2.此时|b|2-7=1,可得|b|=2.‎ 答案:1 2 2 ‎4.(2020·浙江省十校联合体期末联考)在三棱锥OABC中,已知OA,OB,OC两两垂直且相等,点P、Q分别是线段BC和OA上的动点,且满足BP≤BC,AQ≥AO,则PQ和OB所成角的余弦值的取值范围是________.‎ 解析:根据题意,以O为原点,以OA,OB,OC正方向为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,不妨设OA=OB=OC=1,‎ 则A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),P(0,b,1-b)(≤b≤1),Q(a,0,0)(0≤a≤).‎ =(-a,b,1-b),=(0,1,0),所以cos〈,〉===.‎ 因为∈[0,1],∈[1,2],所以a=0,b=1时,cos〈,〉=1,取得最大值;a==b时,cos〈,〉=取得最小值,所以PQ和OB所成角的余弦值的取值范围是.‎ 答案: ‎5.如图,在多面体ABCA1B1C1中,四边形A1ABB1是正方形,AB=AC,BC ‎=AB,B1C1綊BC,二面角A1ABC是直二面角.‎ 求证:(1)A1B1⊥平面AA1C;‎ ‎(2)AB1∥平面A1C1C.‎ 证明:因为二面角A1ABC是直二面角,四边形A1ABB1为正方形,‎ 所以AA1⊥平面BAC.‎ 又因为AB=AC,BC=AB,‎ 所以∠CAB=90°,‎ 即CA⊥AB,‎ 所以AB,AC,AA1两两互相垂直.‎ 以A为原点,AC,AB,AA1为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,‎ 设AB=2,则A(0,0,0),B1(0,2,2),A1(0,0,2),C(2,0,0),C1(1,1,2).‎ ‎(1)=(0,2,0),=(0,0,-2),=(2,0,0),‎ 设平面AA1C的一个法向量n=(x,y,z),‎ 则即 即取y=1,则n=(0,1,0).‎ 所以=2n,即∥n.‎ 所以A1B1⊥平面AA1C.‎ ‎(2)易知=(0,2,2),=(1,1,0),=(2,0,-2),‎ 设平面A1C1C的一个法向量m=(x1,y1,z1),‎ 则即 令x1=1,则y1=-1,z1=1,‎ 即m=(1,-1,1).所以·m=0×1+2×(-1)+2×1=0,‎ 所以⊥m,又AB1⊄平面A1C1C,‎ 所以AB1∥平面A1C1C.‎ ‎6.如图所示,四棱锥SABCD的底面是正方形,‎ 每条侧棱的长都是底面边长的倍,P为侧棱SD上的点.‎ ‎(1)求证:AC⊥SD.‎ ‎(2)若SD⊥平面PAC,侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC?若存在,求SE∶EC的值;若不存在,试说明理由.‎ 解:(1)证明:连接BD,设AC交BD于点O,连接SO,则AC⊥BD.‎ 由题意知SO⊥平面ABCD.‎ 以O为坐标原点,,,分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz,如图.设底面边长为a,则高SO=a,‎ 于是S,D,‎ B,C,‎ =,‎ =,‎ 则·=0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD.‎ ‎(2)侧棱SC上存在一点E,使BE∥平面PAC.‎ 理由如下:‎ 由已知条件知是平面PAC的一个法向量,‎ 且=,=,‎ =.‎ 设=t,则=+=+t ‎=,而·=0,解得t=.‎ 即当SE∶EC=2∶1时,⊥.‎ 而BE⊄平面PAC,故BE∥平面PAC.‎

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