2021高考数学一轮复习课后限时集训46空间向量的运算及应用理北师大版 7页

课后限时集训46‎ 空间向量的运算及应用 建议用时：45分钟 一、选择题 ‎1．已知a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝x－‎2a，则x等于(　　)‎ A．(0,3，－6)　 B．(0,6，－20)‎ C．(0,6，－6) D．(6,6，－6)‎ B　[由b＝x－‎2a，得x＝‎4a＋2b＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．]‎ ‎2．若＝λ＋μ，则直线AB与平面CDE的位置关系是(　　)‎ A．相交 B．平行 C．在平面内 D．平行或在平面内 D　[∵＝λ＋μ，∴，，共面．‎ 则AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内．]‎ ‎3．已知a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)，则下列结论正确的是(　　)‎ A．a∥c，b∥c B．a∥b，a⊥c C．a∥c，a⊥b D．以上都不对 C　[∵c＝(－4，－6,2)＝2(－2，－3,1)＝‎2a，∴a∥c，又a·b＝－2×2＋(－3)×0＋1×4＝0，∴a⊥b.]‎ ‎4.如图所示，三棱锥OABC中，M，N分别是AB，OC的中点，设＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示，则＝(　　)‎ A.(－a＋b＋c)‎ B.(a＋b－c)‎ C.(a－b＋c)‎ D.(－a－b＋c)‎ B　[＝＋＝(－)＋＝－＋(－)＝＋－＝(a＋b－c)．]‎ 7‎ ‎5．A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，M为BC中点，则△AMD是(　　)‎ A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．不确定 C　[∵M为BC中点，∴＝(＋)，‎ ‎∴·＝(＋)· ‎＝·＋·＝0.‎ ‎∴AM⊥AD，△AMD为直角三角形．]‎ 二、填空题 ‎6．在空间直角坐标系中，A(1,1，－2)，B(1,2，－3)，C(－1,3,0)，D(x，y，z)(x，y，z∈R)，若A，B，C，D四点共面，则2x＋y＋z＝________.‎ ‎1　[∵A(1,1，－2)，B(1,2，－3)，C(－1,3,0)，D(x，y，z)(x，y，z∈R)，∴＝(0,1，－1)，＝(－2,2,2)，＝(x－1，y－1，z＋2)．‎ ‎∵A，B，C，D四点共面，∴存在实数λ，μ使得＝λ＋μ，即(x－1，y－1，z＋2)＝λ(0,1，－1)＋μ(－2,2,2)，‎ ‎∴解得2x＋y＋z＝1.]‎ ‎7．在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈，〉的值为________．‎ 　[如图建立空间直角坐标系Dxyz，设正方体棱长为2，则易得＝(2，－2,1)，＝(2,2，－1)，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝－，∴sin〈，〉＝＝.]‎ ‎8．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，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∥ 7‎ ‎.其中正确的是________．‎ ‎①②③　[∵·＝0，·＝0，‎ ‎∴AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确．‎ 又与不平行，‎ ‎∴是平面ABCD的法向量，则③正确．‎ ‎∵＝－＝(2,3,4)，＝(－1,2，－1)，‎ ‎∴与不平行，故④错误．]‎ 三、解答题 ‎9．已知空间中三点A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，设a＝，b＝.‎ ‎(1)若|c|＝3，且c∥，求向量c；‎ ‎(2)求向量a与向量b的夹角的余弦值．‎ ‎[解]　(1)∵c∥，＝(－3,0,4)－(－1,1,2)‎ ‎＝(－2，－1,2)，‎ ‎∴c＝m＝m(－2，－1,2)＝(－‎2m，－m,‎2m)，‎ ‎∴|c|＝＝3|m|＝3，‎ ‎∴m＝±1.∴c＝(－2，－1,2)或(2,1，－2)．‎ ‎(2)∵a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，‎ ‎∴a·b＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1，‎ 又∵|a|＝＝，‎ ‎|b|＝＝，‎ ‎∴cos〈a，b〉＝＝＝－，‎ 故向量a与向量b的夹角的余弦值为－.‎ ‎10.如图，在棱长为a的正方体OABCO‎1A1B‎1C1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.‎ ‎(1)写出点E，F的坐标；‎ ‎(2)求证：A‎1F⊥C1E；‎ 7‎ ‎(3)若A1，E，F，C1四点共面，求证：＝＋.‎ ‎[解]　(1)E(a，x,0)，F(a－x，a,0)．‎ ‎(2)证明：∵A1(a,0，a)，C1(0，a，a)，‎ ‎∴＝(－x，a，－a)，＝(a，x－a，－a)，‎ ‎∴·＝－ax＋a(x－a)＋a2＝0，‎ ‎∴⊥，‎ ‎∴A‎1F⊥C1E.‎ ‎(3)证明：∵A1，E，F，C1四点共面，‎ ‎∴，，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)，‎ ‎∴解得λ1＝，λ2＝1.‎ 于是＝＋.‎ ‎1．在空间四边形ABCD中，则·＋·＋·的值为(　　)‎ A．－1 B．0‎ C．1 D．2‎ B　[法一：(直接法)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.‎ 法二：(特值法)在三棱锥ABCD中，不妨令其各棱长都相等，则正四面体的对棱互相垂直．‎ 7‎ 所以·＝0，·＝0，·＝0.‎ 所以·＋·＋·＝0.]‎ ‎2.(2019·四川名校联考)如图所示，正方体ABCDA1B‎1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A‎1M＝AN＝，则MN与平面BB‎1C1C的位置关系是(　　)‎ A．相交 B．平行 C．垂直 D．不能确定 B　[∵正方体棱长为a，A‎1M＝AN＝，‎ ‎∴＝，＝，‎ ‎∴＝＋＋ ‎＝＋＋ ‎＝(＋)＋＋＝＋.‎ 又∵是平面B1BCC1的法向量，‎ 且·＝·＝0，‎ ‎∴⊥，‎ ‎∴MN∥平面B1BCC1.故选B.]‎ ‎3．△ABC的顶点分别为A(1，－1,2)，B(5，－6,2)，C(1,3，－1)，则AC边上的高BD等于________．‎ ‎5　[设＝λ，D(x，y，z)，‎ 则(x－1，y＋1，z－2)＝λ(0,4，－3)，‎ ‎∴x＝1，y＝4λ－1，z＝2－3λ，‎ ‎∴D(1,4λ－1,2－3λ)，‎ ‎∴＝(－4,4λ＋5，－3λ)，‎ ‎∵·＝0，‎ 7‎ ‎∴4(4λ＋5)－3(－3λ)＝0，‎ 解得λ＝－，∴＝，‎ ‎∴||＝＝5.]‎ ‎4．如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，∠ACD＝90°，把△ADC沿对角线AC折起，使AB与CD成60°角，求BD的长．‎ ‎[解]　∵AB与CD成60°角，‎ ‎∴〈，〉＝60°或120°.‎ 又∵AB＝AC＝CD＝1，AC⊥CD，AC⊥AB，‎ ‎∴||＝＝ ‎＝ ‎＝ ‎＝，‎ ‎∴||＝2或.∴BD的长为2或.‎ ‎1．已知O(0,0,0)，A(1,2,1)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，当·取最小值时，点Q的坐标是________．‎ ‎ (1,1,2) 　[由题意，设＝λ，则＝(λ，λ，2λ)，即Q(λ，λ，2λ)，则＝(1－λ，2－λ，1－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(1－2λ)(2－2λ)＝6λ2－12λ＋6＝6(λ－1)2，当λ＝1时取最小值，此时Q点坐标为(1,1,2)．]‎ ‎2.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，点P为侧棱SD上的点．‎ ‎(1)求证：AC⊥SD；‎ 7‎ ‎(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱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，则AC⊥BD.连接SO，由题意知SO⊥平面ABCD.以O为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图．‎ 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)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⇒t＝.‎ 即当SE∶EC＝2∶1时，BE⊥DS.‎ 而BE平面PAC，‎ 故BE∥平面PAC.‎ 7‎