《新編高考數(shù)學理一輪資源庫第八章 第5講空間向量及其運算》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新編高考數(shù)學理一輪資源庫第八章 第5講空間向量及其運算（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、新編高考數(shù)學復習資料 第5講 空間向量及其運算 一、填空題 1．給出下列四個命題： ①若p＝xa＋yb，則p與a，b共面； ②若p與a，b共面，則p＝xa＋yb. ③若＝x＋y，則P，M，A、B共面； ④若P，M，A，B共面，則＝x＋y. 其中真命題的序號是________． 解析　其中①③為正確命題． 答案?、佗? 2. 如圖所示，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，M為A1C1與B1D1的交點．若＝a，＝b，＝c，則用a，b，c表示為________． 解析　＝＋＝＋(－)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c. 答案?。璦＋b＋c 3．已知a＝(λ＋1,0,

2、2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，則λ與μ的值是________． 解析　由題意知：解得或 答案　2，或－3， 4．已知a＝(1－t,1－t，t)，b＝(2，t，t)，則|b－a|的最小值為________． 解析　b－a＝(1＋t,2t－1,0)， ∴|b－a|＝＝ ， ∴當t＝時，|b－a|取得最小值為. 答案　 5. 如圖，已知空間四邊形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝，則cos〈，〉的值為________． 解析　設＝a，＝b，＝c 由已知條件〈a，b〉＝〈a，c〉＝，且|b|＝|c|， ·＝a·(c－b)＝a·c－a·b ＝|a||c|

3、－|a||b|＝0，∴cos〈，〉＝0. 答案　0 6．已知a＋3b與7a－5b垂直，且a－4b與7a－2b垂直，則 〈a，b〉＝________. 解析　由條件知(a＋3b)·(7a－5b) ＝7|a|2＋16a·b－15|b|2＝0， 及(a－4b)·(7a－2b)＝7|a|2＋8|b|2－30a·b＝0. 兩式相減，得46a·b＝23|b|2，∴a·b＝|b|2. 代入上面兩個式子中任意一個，即可得到|a|＝|b|. ∴cos〈a，b〉＝＝＝. ∵〈a，b〉∈[0°，180°]，∴〈a，b〉＝60°. 答案　60° 7．正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為a，

4、點M在AC1上且＝，N為B1B的中點，則||為________．　 解析　以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz，則A(a,0,0)，C1(0，a，a)，N. 設M(x，y，z)， ∵點M在AC1上且＝， ∴(x－a，y，z)＝(－x，a－y，a－z)， ∴x＝a，y＝，z＝.得M， ∴||＝ ＝a. 答案　a 8．在下列條件中，使M與A、B、C一定共面的是________． ①＝2－－；②＝＋＋； ③＋＋＝0；④＋＋＋＝0； 解析　∵＋＋＝0，∴＝－－，則、、為共面向量，即M、A、B、C四點共面． 答案?、? 9．已知a＝(2，－1,2)，b＝(2,2,1)

5、，則以a，b為鄰邊的平行四邊形的面積為________． 解析　|a|＝＝3，|b|＝＝3， a·b＝2×2＋(－1)×2＋2×1＝4，∴cos〈a，b〉＝＝，sin〈a，b〉＝，S平行四邊形＝|a||b|sin〈a，b〉＝. 答案　 10．已知ABCD－A1B1C1D1為正方體，給出下列四個命題： ①(＋＋)2＝3A1B12；②·(－)＝0；③向量與向量的夾角是60°；④正方體ABCD－A1B1C1D1的體積為|A··A|.其中正確命題的序號是________． 解析　設正方體的棱長為1，①中(＋＋)2＝32＝3，故①正確；②中－＝，由于AB1⊥A1C，故②正確；③中A1B與AD

6、1兩異面直線所成角為60°，但與的夾角為120°，故③不正確；④中|··|＝0.故④也不正確． 答案?、佗? 二、解答題 11．若a＝(1,5，－1)，b＝(－2,3,5)． (1)若(ka＋b)∥(a－3b)，求k； (2)若(ka＋b)⊥(a－3b)，求k. 解　ka＋b＝(k－2,5k＋3，－k＋5)， a－3b＝(1＋3×2,5－3×3，－1－3×5) ＝(7，－4，－16)． (1)∵(ka＋b)∥(a－3b)， ∴＝＝，解得k＝－. (2)∵(ka＋b)⊥(a－3b)， ∴(k－2)×7＋(5k＋3)×(－4)＋(－k＋5)×(－16)＝0. 解得k＝.

7、12. 如圖，已知空間四邊形ABCD的各邊和對角線的長都等于a，點M、N分別是AB、CD的中點． (1)求證：MN⊥AB，MN⊥CD； (2)求MN的長． 解　(1)設A＝p，A＝q，A＝r. 由題意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量兩兩夾角均為60°. M＝A－A＝(A＋A)－A ＝(q＋r－p)， ∴M·A＝(q＋r－p)·p ＝(q·p＋r·p－p2) ＝(a2·cos 60°＋a2·cos 60°－a2)＝0. ∴MN⊥AB，同理可證MN⊥CD. (2)由(1)可知，MN＝(q＋r－p)． ∴|M2|＝2＝(q＋r－p)2 ＝[q2＋r2＋

8、p2＋2(q·r－p·q－r·p)] ＝＝×2a2＝. ∴|M|＝a，∴MN的長為a. 13．已知非零向量e1，e2不共線，如果＝e1＋e2，＝2e1＋8e2，＝3e1－3e2，求證：A、B、C、D共面． 證明　令λ(e1＋e2)＋μ(2e1＋8e2)＋v(3e1－3e2)＝0. 則(λ＋2μ＋3v)e1＋(λ＋8μ－3v)e2＝0. ∵e1，e2不共線，∴. 易知是其中一組解，則－5＋＋＝0. ∴A、B、C、D共面． 14. 如圖所示，已知空間四邊形ABCD的每條邊和對角線長都等于1，點E，F(xiàn)，G分別是AB、AD、CD的中點，計算： (1)·；　(2)·； (3)EG的長； (4)異面直線AG與CE所成角的余弦值． 解　設＝a，＝b，＝c. 則|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， ＝＝c－a，＝－a，＝b－c， (1)·＝·(－a) ＝a2－a·c＝， (2)·＝(c－a)·(b－c) ＝(b·c－a·b－c2＋a·c)＝－； (3)＝＋＋＝a＋b－a＋c－b ＝－a＋b＋c， ||2＝a2＋b2＋c2－a·b＋b·c－c·a ＝，則||＝. (4)＝b＋c，＝＋＝－b＋a， cos〈，〉＝＝－， 由于異面直線所成角的范圍是， 所以異面直線AG與CE所成角的余弦值為.