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  • 2021-06-11 发布

2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破:第八章 第6讲 空间向量及其运算

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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OA→=a,OB→=b,OC→=c, 用 a,b,c 表示MN→ ,则MN→ 等于( ) A.1 2 (b+c-a) B.1 2 (a+b+c) C.1 2 (a-b+c) D.1 2 (c-a-b) 解析:选 D.MN→ =MA→+AO→+ON→= 1 2 (c-a-b). 2.已知 a=(2,1,-3),b=(-1,2,3),c=(7,6,λ),若 a,b,c 三向量共面, 则λ=( ) A.9 B.-9 C.-3 D.3 解析:选 B.由题意知 c=xa+yb,即(7,6,λ)=x(2,1,-3)+y(-1,2,3),所以 2x-y=7, x+2y=6, -3x+3y=λ, 解得λ=-9. 3.在空间四边形 ABCD中,AB→ ·CD→+AC→ ·DB→+AD→ ·BC→=( ) A.-1 B.0 C.1 D.不确定 解析:选 B.如图, 令AB→=a,AC→=b,AD→=c, 则AB→ ·CD→+AC→·DB→+AD→ ·BC→=a·(c-b)+b·(a-c)+c·(b-a)=a·c-a·b+b·a-b·c+c·b- c·a=0. 4.如图,在大小为 45°的二面角 AEFD中,四边形 ABFE,四边形 CDEF都是边长为 1的正方形,则 B,D两点间的距离是( ) A. 3 B. 2 C.1 D. 3- 2 解析:选 D.因为BD→=BF→+FE→+ED→,所以|BD→ |2=|BF→ |2+|FE→ |2+|ED→ |2+2BF→ ·FE→+2FE→ ·ED→ +2BF→ ·ED→=1+1+1- 2=3- 2,所以|BD→ |= 3- 2. 5.已知 A(1,0,0),B(0,-1,1),O为坐标原点,OA→+λOB→与OB→的夹角为 120°, 则λ的值为( ) A.± 6 6 B. 6 6 C.- 6 6 D.± 6 解析:选 C.OA→+λOB→=(1,-λ,λ),cos 120°= λ+λ 1+2λ2· 2 =- 1 2 ,得λ=± 6 6 .经检 验λ= 6 6 不合题意,舍去,所以λ=- 6 6 . 6.如图所示,在长方体 ABCDA1B1C1D1中,O为 AC的中点.用AB→,AD→,AA1→ 表示OC1 → , 则OC1 → =________. 解析:因为OC→= 1 2 AC→ = 1 2 (AB→+AD→ ), 所以OC1 → =OC→+CC1 → = 1 2 (AB→+AD→ )+AA1→ = 1 2 AB→+ 1 2 AD→+AA1→ . 答案: 1 2 AB→+ 1 2 AD→+AA1→ 7.已知 PA垂直于正方形 ABCD所在的平面,M,N分别是 CD,PC的中点,并且 PA= AD=1.在如图所示的空间直角坐标系中,则 MN=________. 解析:连接 PD,因为 M,N分别为 CD,PC的中点,所以 MN=1 2 PD,又 P(0,0,1), D(0,1,0), 所以 PD= 02+(-1)2+12= 2,所以 MN= 2 2 . 答案: 2 2 8.如图所示,已知空间四边形 OABC,OB=OC,且∠AOB=∠AOC=π 3 ,则 cos〈OA→,BC→〉 的值为________. 解析:设OA→=a,OB→=b,OC→=c, 由已知条件得〈a,b〉=〈a,c〉= π 3 ,且|b|=|c|, OA→ ·BC→=a·(c-b)=a·c-a·b = 1 2 |a||c|-1 2 |a||b|=0, 所以OA→⊥BC→, 所以 cos〈OA→,BC→〉=0. 答案:0 9.如图,在多面体 ABCA1B1C1中,四边形 A1ABB1是正方形,AB=AC,BC= 2AB,B1C1 綊 1 2 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= 2AB, 所以∠CAB=90°, 即 CA⊥AB, 所以 AB,AC,AA1两两互相垂直. 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)A1B1→ =(0,2,0),A1A→ =(0,0,-2),AC→=(2,0,0), 设平面 AA1C的一个法向量 n=(x,y,z), 则 n·A1A→ =0, n·AC→=0, 即 -2z=0, 2x=0, 即 x=0, z=0, 取 y=1,则 n=(0,1,0). 所以A1B1→ =2n, 即A1B1→ ∥n. 所以 A1B1⊥平面 AA1C. (2)易知AB1→ =(0,2,2),A1C1 → =(1,1,0),A1C→ =(2,0,-2), 设平面 A1C1C的一个法向量 m=(x1,y1,z1), 则 m·A1C1 → =0, m·A1C→ =0, 即 x1+y1=0, 2x1-2z1=0, 令 x1=1,则 y1=-1,z1=1, 即 m=(1,-1,1). 所以AB1→ ·m=0×1+2×(-1)+2×1=0, 所以AB1→ ⊥m, 又 AB1⊆/ 平面 A1C1C, 所以 AB1∥平面 A1C1C. 10.如图,在底面是矩形的四棱锥 P-ABCD中,PA⊥底面 ABCD,E,F分别是 PC,PD 的中点,PA=AB=1,BC=2.求证: (1)EF∥平面 PAB; (2)平面 PAD⊥平面 PDC. 证明:以 A为原点,AB所在直线为 x轴,AD所在直线为 y轴,AP所在直线为 z轴, 建立如图所示的空间直角 坐标系,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1), 所以 E 1 2 ,1,1 2 , F 0,1,1 2 ,EF→= - 1 2 ,0,0 ,PB→=(1,0,-1),PD→=(0,2,-1),AP→=(0,0,1), AD→=(0,2,0),DC→=(1,0,0),AB→=(1,0,0). (1)因为EF→=- 1 2 AB→,所以EF→∥AB→,即 EF∥AB. 又 AB 平面 PAB,EF⊆/ 平面 PAB, 所以 EF∥平面 PAB. (2)因为AP→ ·DC→=(0,0,1)·(1,0,0)=0, 所以AP→⊥DC→,AD→⊥DC→, 即 AP⊥DC,AD⊥DC. 又 AP∩AD=A,所以 DC⊥平面 PAD. 所以平面 PAD⊥平面 PDC. [综合题组练] 1.已知空间任意一点 O和不共线的三点 A,B,C,若OP→=xOA→+yOB→+zOC→ (x,y,z ∈R),则“x=2,y=-3,z=2”是“P,A,B,C四点共面”的( ) A.必要不充分条件 B.充分不必要条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选 B.当 x=2,y=-3,z=2时,即OP→=2OA→-3OB→+2OC→ .则AP→-AO→=2OA→-3(AB→ -AO→ )+2(AC→-AO→ ),即AP→=-3AB→+2AC→,根据共面向量定理知,P,A,B,C四点共面; 反之,当 P,A,B,C四点共面时,根据共面向量定理,设AP→=mAB→+nAC→ (m,n∈R),即OP→ -OA→=m(OB→-OA→ )+n(OC→-OA→ ),即OP→=(1-m-n)OA→+mOB→+nOC→,即 x=1-m-n,y =m,z=n,这组数显然不止 2,-3,2.故“x=2,y=-3,z=2”是“P,A,B,C四点 共面”的充分不必要条件. 2.如图,正方形 ABCD与矩形 ACEF所在平面互相垂直,AB= 2,AF=1,M在 EF上, 且 AM∥平面 BDE,则 M点的坐标为( ) A.(1,1,1) B. 2 3 , 2 3 ,1 C. 2 2 , 2 2 ,1 D. 2 4 , 2 4 ,1 解析:选 C.设 M点的坐标为(x,y,1),因为 AC∩BD=O,所以 O 2 2 , 2 2 ,0 , 又 E(0,0,1),A( 2,2,0), 所以OE→= - 2 2 ,- 2 2 ,1 ,AM→=(x- 2,y- 2,1), 因为 AM∥平面 BDE,所以OE→∥AM→, 所以 x- 2=- 2 2 , y- 2=- 2 2 , ⇒ x= 2 2 , y= 2 2 , 所以 M点的坐标为 2 2 , 2 2 ,1 . 3.如图,在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中,AA1=2,AB=BC=1,动点 P,Q分别在线段 C1D,AC上,则线段 PQ长度的最小值是( ) A. 2 3 B. 3 3 C.2 3 D. 5 3 解析:选 C.设DP→=λDC1 → ,AQ→=μAC→,(λ,μ∈[0,1]). 所以DP→=λ(0,1,2)=(0,λ,2λ), DQ→=DA→+μ(DC→-DA→ )=(1,0,0)+μ(-1,1,0)=(1-μ,μ,0). 所以|PQ→ |=|DQ→-DP→ |=|(1-μ,μ-λ,-2λ)| = (1-μ)2+(μ-λ)2+4λ2 = 5 λ-μ 5 2 + 9 5 μ-5 9 2 + 4 9 ≥ 4 9 = 2 3 , 当且仅当λ=μ 5 ,μ= 5 9 ,即λ=1 9 ,μ= 5 9 时取等号. 所以线段 PQ长度的最小值为 2 3 .故选 C. 4.在正三棱柱 ABCA1B1C1中,侧棱长为 2,底面边长为 1,M为 BC的中点,C1N→ =λ NC→,且 AB1⊥MN,则λ的值为________. 解析:如图所示,取 B1C1的中点 P,连接 MP,以MC→ ,MA→,MP→的方向为 x,y,z轴正 方向建立空间直角坐标系, 因为底面边长为 1,侧棱长为 2,则 A 0, 3 2 ,0 ,B1(- 1 2 ,0,2),C 1 2 ,0,0 ,C1 1 2 ,0,2 , M(0,0,0),设 N 1 2 ,0,t , 因为C1N→ =λNC→,所以 N 1 2 ,0, 2 1+λ , 所以AB1→ = - 1 2 ,- 3 2 ,2 ,MN→ = 1 2 ,0, 2 1+λ . 又因为 AB1⊥MN,所以AB1→ ·MN→ =0. 所以- 1 4 + 4 1+λ =0,所以λ=15. 答案:15 5.在四棱锥 PABCD中,PD⊥底面 ABCD,底面 ABCD为正方形,PD=DC,E,F 分别是 AB,PB的中点. (1)求证:EF⊥CD; (2)在平面 PAD内是否存在一点 G,使 GF⊥平面 PCB?若存在,求出点 G坐标;若不 存在,试说明理由. 解: (1)证明:由题意知,DA,DC,DP两两垂直. 如图,以 DA,DC,DP所在直线分别为 x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设 AD =a, 则 D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),E a,a 2 ,0 ,P(0,0,a),F a 2 , a 2 , a 2 . EF→= - a 2 ,0,a 2 ,DC→=(0,a,0). 因为EF→ ·DC→=0, 所以EF→⊥DC→,从而得 EF⊥CD. (2)存在.理由如下:假设存在满足条件的点 G, 设 G(x,0,z),则FG→= x-a 2 ,- a 2 ,z-a 2 , 若使 GF⊥平面 PCB,则由 FG→ ·CB→= x-a 2 ,- a 2 ,z-a 2 ·(a,0,0) =a x-a 2 =0,得 x=a 2 ; 由FG→ ·CP→= x-a 2 ,- a 2 ,z-a 2 ·(0,-a,a)=a2 2 +a z-a 2 =0,得 z=0. 所以 G点坐标为 a 2 ,0,0 , 故存在满足条件的点 G,且点 G为 AD的中点. 6.如图,棱柱 ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于 2,∠ABC和∠A1AC均为 60°,平 面 AA1C1C⊥平面 ABCD. (1)求证:BD⊥AA1; (2)在直线 CC1上是否存在点 P,使 BP∥平面 DA1C1,若存在,求出点 P的位置,若不 存在,请说明理由. 解:(1)证明: 设 BD与 AC交于点 O,则 BD⊥AC,连接 A1O,在△AA1O中,AA1=2,AO=1,∠A1AO =60°, 所以 A1O2=AA21+AO2-2AA1·AOcos 60°=3, 所以 AO2+A1O2=AA21, 所以 A1O⊥AO. 由于平面 AA1C1C⊥平面 ABCD,且平面 AA1C1C∩平面 ABCD=AC,A1O 平面 AA1C1C, 所以 A1O⊥平面 ABCD.以 OB,OC,OA1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 A(0,-1,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),D(- 3,0,0),A1(0, 0, 3),C1(0,2, 3). 由于BD→=(-2 3,0,0),AA1→ =(0,1, 3), AA1→ ·BD→=0×(-2 3)+1×0+ 3×0=0, 所以BD→⊥AA1→ ,即 BD⊥AA1. (2)存在.理由如下: 假设在直线 CC1上存在点 P,使 BP∥平面 DA1C1, 设CP→=λCC1 → ,P(x,y,z),则(x,y-1,z)=λ(0,1, 3). 从而有 P(0,1+λ, 3λ),BP→=(- 3,1+λ, 3λ). 设平面 DA1C1的法向量为 n=(x2,y2,z2), 则 n⊥A1C1 → , n⊥DA1→ , 又A1C1 → =(0,2,0),DA1→ =( 3,0, 3), 则 2y2=0, 3x2+ 3z2=0, 取 n=(1,0,-1), 因为 BP∥平面 DA1C1, 则 n⊥BP→,即 n·BP→=- 3- 3λ=0,得λ=-1, 即点 P在 C1C的延长线上,且 C1C=CP.

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