【数学】2020届浙江一轮复习通用版8-6空间向量的运算及应用作业

【数学】2020届浙江一轮复习通用版8-6空间向量的运算及应用作业

‎[基础达标]‎ ‎1.已知三棱锥OABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示，则等于(　　)‎ A．(b＋c－a)‎ B．(a＋b＋c)‎ C．(a－b＋c)‎ D．(c－a－b)‎ 解析：选D.＝＋＋＝(c－a－b)．‎ ‎2．已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a、b、c三向量共面，则实数λ等于(　　)‎ A． B．9‎ C． D． 解析：选D.由题意知存在实数x，y使得c＝xa＋yb，‎ 即(7，5，λ)＝x(2，－1，3)＋y(－1，4，－2)，‎ 由此得方程组 解得x＝，y＝，所以λ＝－＝.‎ ‎3．已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，O为坐标原点，＋λ与的夹角为120°，则λ的值为(　　)‎ A．± B． C．－ D．± 解析：选C.＋λ＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝＝－，得λ＝±.经检验λ＝不合题意，舍去，所以λ＝－.‎ ‎4．如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，Pi(i＝1，2，…，8)是上底面上其余的八个点，则·(i＝1，2，…，8)的不同值的个数为(　　)‎ A．1 B．2‎ C．4 D．8‎ 解析：选A.由题图知，AB与上底面垂直，因此AB⊥BPi(i＝1，2，…，8)，·＝||||cos∠BAPi＝||·||＝1(i＝1，2，…，8)．故选A.‎ ‎5．正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为(　　)‎ A． B． C． D． 解析：选D.不妨设正方体的棱长为1，如图，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，B1(1，1，1)，平面ACD1的法向量为＝(1，1，1)，又＝(0，0，1)，所以cos〈，〉＝＝＝，所以BB1与平面ACD1所成角的余弦值为 ＝.‎ ‎6．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(　　)‎ A．(1，1，1) B． C． D．(1，1，2)‎ 解析：选A.设P(0，0，z)，‎ 依题意知A(2，0，0)，B(2，2，0)，则E，‎ 于是＝(0，0，z)，＝，‎ cos〈，〉＝＝＝.‎ 解得z＝±2，由题图知z＝2，故E(1，1，1)．‎ ‎7．在空间直角坐标系中，以点A(4，1，9)，B(10，－1，6)，C(x，4，3)为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，则实数x的值为__________．‎ 解析：由题意知＝(6，－2，－3)，＝(x－4，3，－6)．　‎ 又·＝0，||＝||，可得x＝2.‎ 答案：2‎ ‎8．已知2a＋b＝(0，－5，10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，则以b，c为方向向量的两直线的夹角为________．‎ 解析：由题意得，(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10.‎ 即2a·c＋b·c＝－10，又因为a·c＝4，所以b·c＝－18，‎ 所以cos〈b，c〉＝＝＝－，‎ 所以〈b，c〉＝120°，所以两直线的夹角为60°.‎ 答案：60°‎ ‎9．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∥.其中正确的是________．‎ 解析：因为·＝0，·＝0，‎ 所以AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确．‎ 又与不平行，‎ 所以是平面ABCD的法向量，则③正确．‎ 因为＝－＝(2，3，4)，＝(－1，2，－1)，‎ 所以与不平行，故④错．‎ 答案：①②③‎ ‎10．在正三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，＝λ，且AB1⊥MN，则λ的值为________．‎ 解析：如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，以，，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，‎ B1(－，0，2)，C，‎ C1，‎ M(0，0，0)，设N，‎ 因为＝λ，所以N，‎ 所以＝，＝.‎ 又因为AB1⊥MN，所以·＝0.‎ 所以－＋＝0，所以λ＝15.‎ 答案：15‎ ‎11．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点．求证：FC1∥平面ADE.‎ 证明：如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，‎ 则有D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，2，1)，F(0，0，1)．‎ ＝(0，2，1)，＝(2，0，0)，＝(0，2，1)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面ADE的一个法向量，‎ 则即解得 令z＝2，则y＝－1，所以n＝(0，－1，2)．‎ 因为·n＝－2＋2＝0.‎ 所以⊥n.‎ 因为FC1⊄平面ADE，‎ 所以FC1∥平面ADE.‎ ‎12．如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝.‎ 证明：A1C⊥平面BB1D1D.‎ 证明：由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 因为AB＝AA1＝，‎ 所以OA＝OB＝OA1＝1，‎ 所以A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，0，0)，D(0，－1，0)，A1(0，0，1)．由＝，易得B1(－1，1，1)．‎ 因为＝(－1，0，－1)，＝(0，－2，0)，＝(－1，0，1)，‎ 所以·＝0，·＝0，‎ 所以A1C⊥BD，A1C⊥BB1.‎ 又BD∩BB1＝B，所以A1C⊥平面BB1D1D.‎ ‎[能力提升]‎ ‎1．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且＝1，N为B1B的中点，则||为(　　)‎ A．a B．a C．a D．a 解析：选A.以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，‎ 则A(a，0，0)，C1(0，a，a)，‎ N.设M(x，y，z)，‎ 因为点M在AC1上且＝，所以(x－a，y，z)＝(－x，a－y，a－z)，所以x＝a，y＝，z＝.‎ 所以M，所以||‎ ‎＝＝a.‎ ‎2．设A，B，C，D是不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，则△BCD是(　　)‎ A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．不确定 解析：选C.因为·＝0，·＝0，·＝0，‎ 所以AB⊥AC，AB⊥AD，AD⊥AC.‎ 如图所示，设＝a，＝b，＝c，‎ 所以BC2＝a2＋b2，BD2＝a2＋c2，CD2＝b2＋c2.‎ 由余弦定理知BC2＝BD2＋CD2－2BD·CD·cos∠BDC，‎ 所以a2＋b2＝a2＋c2＋b2＋c2－2··cos∠BDC，‎ 所以cos∠BDC＝＞0，‎ 所以∠BDC是锐角．‎ 同理可知∠DBC，∠BCD都是锐角，故△BCD是锐角三角形．‎ ‎3．已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2＝，若空间向量b满足b·e1＝2，b·e2＝，且对于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，则x0＝________，y0＝________，|b|＝________．‎ 解析：对于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，说明当x＝x0，y＝y0时，|b－(xe1＋ye2)|取得最小值1.‎ ‎ |b－(xe1＋ye2)|2＝|b|2＋(xe1＋ye2)2－2b·(xe1＋ye2)＝|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－5y，要使|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－5y取得最小值，需要把x2＋y2＋xy－4x－5y看成关于x的二次函数，即f(x)＝x2＋(y－4)x＋y2－5y，其图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为x＝2－，所以当x＝2－时，f(x)取得最小值，代入化简得f(x)＝(y－2)2－7，显然当y＝2时，f(x)min＝－7，此时x＝2－＝1，所以x0＝1，y0＝2.此时|b|2－7＝1，可得|b|＝2.‎ 答案：1　2　2 ‎4．(2019·浙江省十校联合体期末联考)在三棱锥OABC中，已知OA，OB，OC两两垂直且相等，点P、Q分别是线段BC和OA上的动点，且满足BP≤BC，AQ≥AO，则PQ和OB所成角的余弦的取值范围是________．‎ 解析：‎ 根据题意，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设OA＝OB＝OC＝1，‎ 则A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，P(0，b，1－b)(≤b≤1)，Q(a，0，0)(0≤a≤)．‎ ＝(－a，b，1－b)，＝(0，1，0)，所以cos〈，〉＝＝＝.‎ 因为∈[0，1]，∈[1，2]，所以a＝0，b＝1时，cos〈，〉＝1，取得最大值；a＝＝b时，cos〈，〉＝取得最小值，所以PQ和OB所成角的余弦的取值范围是.‎ 答案： ‎5. 如图，在多面体ABCA1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1綊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＝AB，‎ 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)＝(0，2，0)，＝(0，0，－2)，＝(2，0，0)，‎ 设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)，‎ 则即 即取y＝1，则n＝(0，1，0)．‎ 所以＝2n，‎ 即∥n.‎ 所以A1B1⊥平面AA1C.‎ ‎(2)易知＝(0，2，2)，＝(1，1，0)，＝(2，0，－2)，‎ 设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，‎ 则 即 令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，‎ 即m＝(1，－1，1)．‎ 所以·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，‎ 所以⊥m，‎ 又AB1⊄平面A1C1C，‎ 所以AB1∥平面A1C1C.‎ ‎6. 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，P为侧棱SD上的点．‎ ‎(1)求证：AC⊥SD.‎ ‎(2)若SD⊥平面PAC，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，连接SO，则AC⊥BD.‎ 由题意知SO⊥平面ABCD.‎ 以O为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图．‎ 设底面边长为a，则高SO＝a，‎ 于是S，D，‎ B，C，‎ ＝，‎ ＝，‎ 则·＝0.‎ 故OC⊥SD.从而AC⊥SD.‎ ‎(2)侧棱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，解得t＝.‎ 即当SE∶EC＝2∶1时，⊥.‎ 而BE⊄平面PAC，‎ 故BE∥平面PAC.‎