《2021高考數(shù)學一輪復習 課后限時集訓46 空間向量的運算及應用 理 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2021高考數(shù)學一輪復習 課后限時集訓46 空間向量的運算及應用 理 北師大版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課后限時集訓46 空間向量的運算及應用 建議用時：45分鐘 一、選擇題 1．已知a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝x－2a，則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，則直線AB與平面CDE的位置關系是(　　) A．相交 B．平行 C．在平面內 D．平行或在平面內 D　[∵＝λ＋μ，∴，，共面． 則AB與平面CDE的位置關系是平行或在平面內．] 3．已知a＝(

2、－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)，則下列結論正確的是(　　) A．a(chǎn)∥c，b∥c B．a(chǎn)∥b，a⊥c C．a(chǎn)∥c，a⊥b D．以上都不對 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.如圖所示，三棱錐O-ABC中，M，N分別是AB，OC的中點，設＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示，則＝(　　) A.(－a＋b＋c) B.(a＋b－c) C.(a－b＋c) D.(－a－b＋c) B　[＝＋＝(－)＋＝－＋(－)＝＋－＝(a＋b－c)．] 5．A，B，C，D是空間

3、不共面的四點，且滿足·＝0，·＝0，·＝0，M為BC中點，則△AMD是(　　) A．鈍角三角形 B．銳角三角形 C．直角三角形 D．不確定 C　[∵M為BC中點，∴＝(＋)， ∴·＝(＋)· ＝·＋·＝0. ∴AM⊥AD，△AMD為直角三角形．] 二、填空題 6．在空間直角坐標系中，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四點共面，則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,

4、2)，＝(x－1，y－1，z＋2)． ∵A，B，C，D四點共面，∴存在實數(shù)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．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別為棱AA1和BB1的中點，則sin〈，〉的值為________． 　[如圖建立空間直角坐標系D-xyz，設正方體棱長為2，則易得＝(2，－2,1)，＝(2,2，－1)， ∴cos〈，〉＝＝－，∴sin〈，〉＝＝.] 8．已知點P是平行四邊形ABCD所在的平面外一點，如果＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)．對于結論：

5、①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正確的是________． ①②③　[∵·＝0，·＝0， ∴AB⊥AP，AD⊥AP，則①②正確． 又與不平行， ∴是平面ABCD的法向量，則③正確． ∵＝－＝(2,3,4)，＝(－1,2，－1)， ∴與不平行，故④錯誤．] 三、解答題 9．已知空間中三點A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，設a＝，b＝. (1)若|c|＝3，且c∥，求向量c； (2)求向量a與向量b的夾角的余弦值． [解]　(1)∵c∥，＝(－3,0,4)－(－1,1,2) ＝(－2，－1,2)， ∴c＝m＝m(－

6、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與向量b的夾角的余弦值為－. 10.如圖，在棱長為a的正方體OABC-O1A1B1C1中，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC上的動點，且AE＝BF＝x，其中0≤x≤a，以O為原點建立空間直角坐標系O-xyz. (1)寫出點E，F(xiàn)的坐標； (2)求證：A1F⊥C1E； (3)若A1，E

7、，F(xiàn)，C1四點共面，求證：＝＋. [解]　(1)E(a，x,0)，F(xiàn)(a－x，a,0)． (2)證明：∵A1(a,0，a)，C1(0，a，a)， ∴＝(－x，a，－a)，＝(a，x－a，－a)， ∴·＝－ax＋a(x－a)＋a2＝0， ∴⊥， ∴A1F⊥C1E. (3)證明：∵A1，E，F(xiàn)，C1四點共面， ∴，，共面． 選與為在平面A1C1E上的一組基向量，則存在唯一實數(shù)對(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

8、空間四邊形ABCD中，則·＋·＋·的值為(　　) A．－1 B．0 C．1 D．2 B　[法一：(直接法)如圖，令＝a，＝b，＝c, 則·＋·＋· ＝·(－)＋·(－)＋·(－) ＝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)在三棱錐A-BCD中，不妨令其各棱長都相等，則正四面體的對棱互相垂直． 所以·＝0，·＝0，·＝0. 所以·＋·＋·＝0.] 2.(2019·四川名校聯(lián)考)如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a，M，N分別為A1B和AC上的點，A1M＝AN＝，則MN與平面BB1C

9、1C的位置關系是(　　) A．相交 B．平行 C．垂直 D．不能確定 B　[∵正方體棱長為a，A1M＝AN＝， ∴＝，＝， ∴＝＋＋ ＝＋＋ ＝(＋)＋＋＝＋. 又∵是平面B1BCC1的法向量， 且·＝·＝0， ∴⊥， ∴MN∥平面B1BCC1.故選B.] 3．△ABC的頂點分別為A(1，－1,2)，B(5，－6,2)，C(1,3，－1)，則AC邊上的高BD等于________． 5　[設＝λ，D(x，y，z)， 則(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＋

10、5，－3λ)， ∵·＝0， ∴4(4λ＋5)－3(－3λ)＝0， 解得λ＝－，∴＝， ∴||＝＝5.] 4．如圖所示，在平行四邊形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，∠ACD＝90°，把△ADC沿對角線AC折起，使AB與CD成60°角，求BD的長． [解]　∵AB與CD成60°角， ∴〈，〉＝60°或120°. 又∵AB＝AC＝CD＝1，AC⊥CD，AC⊥AB， ∴||＝＝ ＝ ＝ ＝， ∴||＝2或.∴BD的長為2或. 1．已知O(0,0,0)，A(1,2,1)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，點Q在直線OP上運動，當·取最小值時，點Q的坐標是_____

11、___． (1,1,2) 　[由題意，設＝λ，則＝(λ，λ，2λ)，即Q(λ，λ，2λ)，則＝(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，當λ＝1時取最小值，此時Q點坐標為(1,1,2)．] 2.如圖所示，四棱錐S-ABCD的底面是正方形，每條側棱的長都是底面邊長的倍，點P為側棱SD上的點． (1)求證：AC⊥SD； (2)若SD⊥平面PAC，則側棱SC上是否存在一點E，使得BE∥平面PAC，若存在，求SE∶EC的值；若不存在，試說明理由． [解]　(1)證明：連接BD，設AC交BD于點O，則AC⊥BD.連接SO，由題意知SO⊥平面ABCD.以O為坐標原點，，，所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，如圖． 底面邊長為a，則高SO＝a， 于是S， D，B，C， ＝， ＝， 則·＝0.故OC⊥SD.從而AC⊥SD. (2)棱SC上存在一點E，使BE∥平面PAC. 理由如下：由已知條件知是平面PAC的一個法向量，且＝，＝，＝. 設＝t，則＝＋＝＋t＝， 而·＝0?t＝. 即當SE∶EC＝2∶1時，BE⊥DS. 而BE平面PAC， 故BE∥平面PAC. 8