2021版高考数学一轮复习核心素养测评四十八空间直角坐标系、空间向量及其运算理北师大版 8页

核心素养测评四十八 空间直角坐标系、空间向量及其运算 ‎(25分钟　50分)‎ 一、选择题(每小题5分,共35分)‎ ‎1.设平面α的一个法向量为n1=(1,2,-2),平面β的一个法向量为n2=(-2,-4,k),若α∥β,则k= (　　)‎ A.2 B. 4 C.-2 D.-4‎ ‎【解析】选B.因为α∥β,所以两个平面的法向量也平行,所以=,即k=4.‎ ‎2.在空间直角坐标系中,已知A(1,-2,1),B(2,2,2),点P在z轴上,且满足||=||,则P点坐标为 (　　)‎ A.(3,0,0) B.(0,3,0)‎ C.(0,0,3) D.(0,0,-3)‎ ‎【解析】选C.设P(0,0,z),‎ 则有 ‎=,解得z=3.‎ ‎3.若非零向量a,b 满足|a|=|b|,(2a+b)·b=0,则a与b的夹角θ为 (　　)‎ A.30°　　B.60°　　C.120°　　 D.150°‎ ‎【解析】选C.因为(2a+b)·b =0,所以2a·b+b2=0,所以2|a||b|cos θ+|b|2=0,又因为|a|=|b|≠0,所以cos θ=-,所以θ=120°.‎ ‎4.已知点A,B,C不共线,对平面ABC外一点O,在下列条件下,点P与A,B,C共面的是 (　　)‎ A.=2-2-‎ B. =++‎ C.+=3- ‎ D.+=4+ ‎ - 8 -‎ ‎【解析】选C.C项可变形为=++,因为++=1, 所以点P,A,B,C共面;其他项不可以.‎ ‎5.在空间四边形ABCD中,·+·+· = (　　)‎ A.-1 B.0 C.1 D.不确定 ‎【解析】选B.如图,令 =a,=b,=c, ‎ 则·+· +·‎ ‎=a·(c-b)+b·(a-c)+c·(b-a)‎ ‎=a·c-a·b+b·a-b·c+c·b-c·a=0.‎ ‎【秒杀绝招】选B.如图,在空间四边形ABCD中,连接对角线AC,BD,得三棱锥A-BCD,不妨令其各棱长都相等,即为正四面体,因为正四面体的对棱互相垂直,‎ 所以· =0, ·=0, ·=0.‎ 所以 ·+·+·=0.‎ ‎6.已知向量a=(2,-1,2),b=(2,2,1),则以a,b为邻边的平行四边形的面积为 ‎(　　)‎ A.　　　B.　　　C.4　　　D.8‎ ‎【解析】选B.设向量a和b的夹角是θ,则由空间向量的数量积公式和题意得cos θ==‎ ‎=,‎ - 8 -‎ 所以sin θ==,所以以a和b为邻边的平行四边形的面积为 S=2××|a|×|b|×=.‎ ‎7.已知{a,b,c}是空间的一个基底,{a+b,a-b,c}是空间的另一个基底,一向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(4,2,3),则向量p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标是 ‎ (　　)‎ A.(4,0,3) B.(3,1,3)‎ C.(1,2,3) D.(2,1,3)‎ ‎【解析】选B.设p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为x,y,z.则p=x(a+b)+y(a-b)+zc ‎=(x+y)a+(x-y)b+zc,①‎ 因为p在{a,b,c}下的坐标为(4,2,3),‎ 所以p=4a+2b+3c,②‎ 由①②得所以 即p在{a+b,a-b,c}下的坐标为(3,1,3).‎ 二、填空题(每小题5分,共15分)‎ ‎8.已知a=(x,4,1),b=(-2,y,-1),c=(3,-2,z),a∥b,b⊥c,则c=________________. ‎ ‎【解析】因为a∥b,所以==,‎ 解得x=2,y=-4,‎ 此时a=(2,4,1),b=(-2,-4,-1),‎ 又因为b⊥c,所以b·c=0,‎ 即-6+8-z=0,解得z=2,于是c=(3,-2,2).‎ 答案:(3,-2,2)‎ ‎9.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________________. ‎ - 8 -‎ ‎【解析】设PD=a,则A(2,0,0),B(2,2,0),‎ P(0,0,a),E1,1,.‎ 所以=(0,0,a),=-1,1,.‎ 由cos<,>=,所以=a·,所以a=2,所以E的坐标为(1,1,1).‎ 答案:(1,1,1)‎ ‎10.如图,已知在一个60°的二面角的棱上,有两个点A,B,AC,BD分别是在这个二面角的两个半平面内垂直于AB的线段,且AB=4 cm,AC=6 cm,BD=8 cm,则CD的长为________________.  ‎ ‎【解析】设=a,=b,=c,‎ 由已知条件|a|=8,|b|=4,|c|=6,‎ ‎=90°,=90°,=60°,‎ ‎||2=|++|2=|-c+b+a|2‎ ‎=a2+b2+c2+2a·b-2a·c-2b·c=68,‎ 则||=2.‎ 答案:2 cm ‎(15分钟　35分)‎ ‎1.(5分)已知空间四边形ABCD,连接AC,BD,设M,G分别是BC,CD的中点,则-+等于 (　　)‎ - 8 -‎ A. B.3 C.3 D.2‎ ‎【解析】选B.-+=-(-)==3.‎ ‎2.(5分)已知非零向量与满足 +·=0且· =, 则△ABC为 (　　)‎ A.三边均不相等的三角形 B.直角三角形 C.等腰非等边三角形 D.等边三角形 ‎【解析】选D.由 +·=0知:∠A的平分线垂直于BC,所以△ABC为等腰三角形;由· =知∠A=60°,所以△ABC为等边三角形.‎ ‎3.(5分)如图,已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中,有下列三个条件:①A1B⊥AC1;②A1B⊥B1C;③B1C1=A1C1.试利用①、②、③构造出一个正确的命题________________.  ‎ ‎【解析】设=a,=b,=c,由A1B⊥AC1⇔·=0⇔(b-a+c)(-c-a)=0,‎ 所以a·b=|a|2-| c|2,①‎ 由A1B⊥B1C⇔·=0⇔(b-a+c)( c-b)=0,所以a·b=| b|2-| c|2,②‎ 由B1C1=A1C1得| a|2=|b|2,③‎ 由①②③不难看出①②⇒③;①③⇒②;②③⇒①.‎ 答案:①②⇒③(或①③⇒②;②③⇒①)‎ ‎4.(10分)如图所示,已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a,点M,N分别是AB,CD的中点. ‎ - 8 -‎ ‎(1)求证:MN⊥AB,MN⊥CD.‎ ‎(2)求MN的长.‎ ‎(3)求异面直线AN与CM所成角的余弦值.‎ ‎【解析】(1)设=p,=q,=r.‎ 由题意可知,|p|=|q|=|r|=a,且p,q,r三向量两两夹角均为60°.‎ ‎=-=(+)-‎ ‎=(q+r-p),‎ 所以·=(q+r-p)·p ‎=(q·p+r·p-p2)‎ ‎=(a2cos 60°+a2cos 60°-a2)=0.‎ 所以⊥.即MN⊥AB.‎ 同理可证MN⊥CD.‎ ‎(2)由(1)可知=(q+r-p),‎ 所以||2=(q+r-p)2‎ ‎=[q2+r2+p2+2(q·r-p·q-r·p)]‎ ‎==×2a2=.‎ - 8 -‎ 所以||=a.所以MN的长为a.‎ ‎(3)设向量与的夹角为θ.‎ 因为=(+)=(q+r),‎ ‎=-=q-p,‎ 所以·=(q+r)·‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎==.‎ 又因为||=||=a,‎ 所以·=||||cos θ=a×a×cos θ=.所以cos θ=.‎ 所以向量与的夹角的余弦值为,从而异面直线AN与CM所成角的余弦值为.‎ ‎【误区警示】直线所成角的范围是.‎ ‎5.(10分)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=x,其中0≤x≤a,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz. ‎ - 8 -‎ ‎(1)写出点E,F的坐标.‎ ‎(2)求证:A1F⊥C1E.‎ ‎(3)若A1,E,F,C1四点共面,求证:=+.‎ ‎【解析】(1)E(a,x,0),F(a-x,a,0).‎ ‎(2)因为A1(a,0,a),C1(0,a,a),‎ 所以=(-x,a,-a),=(a,x-a,-a),‎ 所以·=-ax+a(x-a)+a2=0,‎ 所以⊥,所以A1F⊥C1E.‎ ‎(3)因为A1,E,F,C1四点共面,‎ 所以,,共面.‎ 选与为在平面A1C1E上的一组基向量,则存在唯一实数对(λ1,λ2),使=λ1+λ2,‎ 即(-x,a,-a)=λ1(-a,a,0)+λ2(0,x,-a)‎ ‎=(-aλ1,aλ1+xλ2,-aλ2),‎ 所以解得λ1=,λ2=1.‎ 于是=+. ‎ - 8 -‎