2021版高考数学一轮复习第八章立体几何第6讲空间向量及其运算练习理北师大版.doc

1、第6讲 空间向量及其运算 基础题组练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.(bca)B.(abc)C.(abc)D.(cab)解析：选D.(cab)2已知a(2，1，3)，b(1，2，3)，c(7，6，)，若a，b，c三向量共面，则()A9B9C3 D3解析：选B.由题意知cxayb，即(7，6，)x(2，1，3)y(1，2，3)，所以解得9.3在空间四边形ABCD中，()A1 B0C1 D不确定解析：选B.如图，令a，b，c，则a(cb)b(ac)c(ba)acabbabccbca0.4.如图，在大小为45的二面角AEFD中，四

2、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. BC1 D解析：选D.因为，所以|2|2|2|22221113，所以|.5已知A(1，0，0)，B(0，1，1)，O为坐标原点，与的夹角为120，则的值为()A BC D解析：选C.(1，)，cos 120，得.经检验不合题意，舍去，所以.6.如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，O为AC的中点用，表示，则_解析：因为()，所以().答案：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PAAD1.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，P

3、C的中点，所以MNPD，又P(0，0，1)，D(0，1，0)，所以PD，所以MN.答案：8.如图所示，已知空间四边形OABC，OBOC，且AOBAOC，则cos，的值为_解析：设a，b，c，由已知条件得a，ba，c，且|b|c|，a(cb)acab|a|c|a|b|0，所以，所以cos，0.答案：09.如图，在多面体ABCA1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，ABAC，BCAB，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ABAC，BC

4、AB，所以CAB90，即CAAB，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AB2，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y1，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x11，则y11，z11，即m(1，1，1)所以m012(1)210，所以m，又AB1平面A1C1C

5、，所以AB1平面A1C1C.10.如图，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PAAB1，BC2.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，F，(1，0，1)，(0，2，1)，(0，0，1)，(0，2，0)，(1，0，0)，(1，0，0)(1)因为，所以，即EFAB.又AB平面PAB，EF平面PAB，所以EF平面PAB.(2)因为(

6、0，0，1)(1，0，0)0，所以，即APDC，ADDC.又APADA，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xyz(x，y，zR)，则“x2，y3，z2”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x2，y3，z2时，即232.则23()2()，即32，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mn(m，nR)，即m()n()，即(1mn)mn，即x1mn，ym，zn，这组数显然不止2，3，2.故“x

7、2，y3，z2”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，AF1，M在EF上，且AM平面BDE，则M点的坐标为()A(1，1，1) B.C. D.解析：选C.设M点的坐标为(x，y，1)，因为ACBDO，所以O，又E(0，0，1)，A(，0)，所以，(x，y，1)，因为AM平面BDE，所以，所以所以M点的坐标为.3.如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12，ABBC1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是()A. BC. D解析：选C.设，(，0，1)所以(0，1，2)(0，2)，()(1，0，

8、0)(1，1，0)(1，0)所以|(1，2)|，当且仅当，即，时取等号所以线段PQ长度的最小值为.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，且AB1MN，则的值为_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，所以N，所以，.又因为AB1MN，所以0.所以0，所以15.答案：155在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD为正方形，PDDC，E，F分别是AB，PB的中点(1)求证：EFCD；(2)在平

9、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ADa，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E，P(0，0，a)，F.，(0，a，0)因为0，所以，从而得EFCD.(2)存在理由如下：假设存在满足条件的点G，设G(x，0，z)，则，若使GF平面PCB，则由(a，0，0)a0，得x；由(0，a，a)a0，得z0.所以G点坐标为，故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点6如图，棱柱ABCDA1B1C

10、1D1的所有棱长都等于2，ABC和A1AC均为60，平面AA1C1C平面ABCD.(1)求证：BDAA1；(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BDAC，连接A1O，在AA1O中，AA12，AO1，A1AO60，所以A1O2AAAO22AA1AOcos 603，所以AO2A1O2AA，所以A1OAO.由于平面AA1C1C平面ABCD，且平面AA1C1C平面ABCDAC，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(，0，0)，C(0，1，0)，D(，0，0)，A1(0，0，)，C1(0，2，)由于(2，0，0)，(0，1，)，0(2)1000，所以，即BDAA1.(2)存在理由如下：假设在直线CC1上存在点P，使BP平面DA1C1，设，P(x，y，z)，则(x，y1，z)(0，1，)从而有P(0，1，)，(，1，)设平面DA1C1的法向量为n(x2，y2，z2)，则又(0，2，0)，(，0，)，则取n(1，0，1)，因为BP平面DA1C1，则n，即n0，得1，即点P在C1C的延长线上，且C1CCP.