2020版新攻略高考数学总复习浙江专用练习：8-6 空间向量及其运算 夯基提能作业 WORD版含解析.docx

1、 8.6空间向量及其运算A组基础题组1.若AB=CD+CE,则直线AB与平面CDE的位置关系是() A.相交B.平行C.在平面内D.平行或在平面内答案D因为AB=CD+CE,所以AB,CD,CE共面,所以直线AB与平面CDE平行或在平面CDE内.2.若A(x,5-x,2x-1),B(1,x+2,2-x),当|AB|取最小值时,x的值为()A.19B.-87C.87D.1914答案C|AB|=(1-x)2+(2x-3)2+3(1-x)2=14x-872+57,所以当x=87时,|AB|min=357.3.已知A(1,0,0),B(0,-1,1),O为坐标原点,OA+OB与OB的夹角为120,则的

2、值为()A.66B.66C.-66D.6答案COA+OB=(1,-,),cos 120=+1+222=-12,解得=66.经检验=66不合题意,舍去,所以=-66.4.在空间四边形ABCD中,若AB=(-3,5,2),CD=(-7,-1,-4),点E,F分别为线段BC,AD的中点,则EF的坐标为()A.(2,3,3)B.(-2,-3,-3)C.(5,-2,1)D.(-5,2,-1)答案B因为点E,F分别为线段BC,AD的中点,设O为坐标原点,所以EF=OF-OE,又OF=12(OA+OD),OE=12(OB+OC),所以EF=12(OA+OD)-12(OB+OC)=12(BA+CD)=12(3

3、,-5,-2)+(-7,-1,-4)=12(-4,-6,-6)=(-2,-3,-3).5.已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60夹角的是()A.(-1,1,0)B.(1,-1,0)C.(0,-1,1)D.(-1,0,1)答案B经检验,选项B中向量(1,-1,0)与向量a=(1,0,-1)的夹角的余弦值为12,故它们的夹角为60,故选B.6.(2017台州中学月考)正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是DD1的中点,O为底面ABCD的中心,P为棱A1B1上的任意一点,则直线OP与直线AM所成的角为()A.45B.60C.90D.与点P的位置有关答案C如图,建立空间直角坐标系,不妨

4、设正方体的棱长为2,则O(1,1,2),M(0,2,1),A(0,0,2),设P(x,0,0),OP=(x-1,-1,-2),AM=(0,2,-1),OPAM=(x-1)0-12+(-2)(-1)=0,即OPAM,故夹角为2,故选C.7.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,点E,F分别是线段AB,C1D1上的动点,点P是上底面A1B1C1D1内一动点,且满足点P到点F的距离等于点P到平面ABB1A1的距离,则PE的最小值是()A.5B.4C.45D.25答案D以D为原点,直线DA为x轴,直线DC为y轴,直线DD1为z轴,建立空间直角坐标系,点P到点F的距离等于点P到平面ABB

5、1A1的距离,当E、F分别是AB、C1D1的中点,P为正方形A1B1C1D1的中心时,PE取最小值,此时P(2,2,4),E(4,2,0),|PE|min=(2-4)2+(2-2)2+(4-0)2=25.故选D.8.对于空间一点O和不共线的三点A,B,C,有6OP=OA+2OB+3OC,则()A.O,A,B,C四点共面B.P,A,B,C四点共面C.O,P,B,C四点共面D.O,P,A,B,C五点共面答案B由6OP=OA+2OB+3OC,得OP-OA=2(OB-OP)+3(OC-OP),即AP=2PB+3PC,故AP,PB,PC共面,又它们有公共点P,因此,P,A,B,C四点共面,又O不一定与P

6、,A,B,C共面,故选B.9.若a=(0,1,-1),b=(1,1,0),且(a+b)a,则实数的值为.答案-2解析因为(a+b)a,所以(a+b)a=a2+ba=(2)2+(0+1+0)=0,解得=-2.10.如图,已知P为矩形ABCD所在平面外一点,PA平面ABCD,点M在线段PC上,点N在线段PD上,且PM=2MC,PN=ND,若MN=xAB+yAD+zAP,则x+y+z=.答案-23解析MN=PN-PM=12PD-23PC=12(AD-AP)-23(PA+AC)=12AD-12AP+23AP-23(AB+AD)=-23AB-16AD+16AP,所以x+y+z=-23-16+16=-23

7、.11.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,若动点P在线段BD1上运动,则DCAP的取值范围是.答案0,1解析由题意,设BP=BD1,其中0,1,DCAP=AB(AB+BP)=AB(AB+BD1)=AB2+ABBD1=AB2+AB(AD1-AB)=(1-)AB2=1-0,1.因此DCAP的取值范围是0,1.12.已知a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点A(-3,-1,4),点B(-2,-2,2).(1)求|2a+b|;(2)在直线AB上是否存在一点E,使得OEb?(O为原点)解析(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|=0

8、2+(-5)2+52=52.(2)由题意,令AE=tAB(tR),所以OE=OA+AE=OA+tAB=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t),因为OEb,所以OEb=0,即-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=95.因此在直线AB上存在点E,使得OEb,此时E点的坐标为-65,-145,25.13.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,AD=3,AA1=4,DAB=90,BAA1=DAA1=60,E是CC1的中点,设AB=a,AD=b,AA1=c.(1)用a,b,c表示AE;(2)求AE的长.解析(1)AE=AB+BC

9、+CE=a+b+12c.(2)|AE|2=a+b+12c2=a2+b2+14c2+2ab+ac+bc=25+9+4+0+(20+12)cos 60=54,|AE|=36,即AE的长为36.14.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为4的正方形,平面ABC平面AA1C1C,AB=3,BC=5.(1)求证:AA1平面ABC;(2)证明在线段BC1上存在点D,使得ADA1B,并求BDBC1的值.解析(1)证明:因为四边形AA1C1C为正方形,所以AA1AC.因为平面ABC平面AA1C1C,AA1平面AA1C1C,且AA1垂直于这两个平面的交线AC,所以AA1平面ABC.(2

10、)由(1)知AA1AB,AA1AC.由题知AB=3,BC=5,AC=4,所以ABAC.如图,以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz,则B(0,3,0),A1(0,0,4),C1(4,0,4).设D(x,y,z)是线段BC1上的一点,且BD=BC1,0,1,所以(x,y-3,z)=(4,-3,4),解得x=4,y=3-3,z=4,所以AD=(4,3-3,4),又A1B=(0,3,-4),所以由ADA1B=0,得9-25=0,解得=925.因为9250,1,所以在线段BC1上存在点D,使得ADA1B,此时,BDBC1=925.B组提升题组1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点M在A

11、C1上,且AM=12MC1,N为B1B的中点,则|MN|为() A.216aB.66aC.156aD.153a答案A以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(a,0,0),C1(0,a,a),Na,a,a2.设M(x,y,z),因为点M在AC1上且AM=12MC1,所以(x-a,y,z)=12(-x,a-y,a-z),所以x=23a,y=a3,z=a3.所以M23a,a3,a3,所以|MN|=a-23a2+a-a32+a2-a32=216a.2.设A,B,C,D是不共面的四点,且满足ABAC=0,ACAD=0,ABAD=0,则BCD是()A.钝角三角形 B.直角三角形C.锐角三角

12、形D.不确定答案C因为ABAC=0,ABAD=0,ADAC=0,所以ABAC,ABAD,ADAC.如图所示,设AB=a,AC=b,AD=c,所以BC2=a2+b2,BD2=a2+c2,CD2=b2+c2,由余弦定理知BC2=BD2+CD2-2BDCDcosBDC,所以a2+b2=a2+c2+b2+c2-2a2+c2b2+c2cosBDC,所以cosBDC=2c22a2+c2b2+c20,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.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点,如果AB=(2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1).对于结论:

13、APAB;APAD;AP是平面ABCD的法向量;APBD.其中正确的是.答案解析因为ABAP=0,ADAP=0,所以ABAP,ADAP,则正确.又AB与AD不平行,所以AP是平面ABCD的法向量,则正确.因为BD=AD-AB=(2,3,4),AP=(-1,2,-1),所以BD与AP不平行,故错误.4.在棱长为1的正方体ABCD-ABCD中,E,F,G分别在BB,BC,BA上,并且满足BE=34BB,BF=12BC,BG=12BA,若平面ABF,平面ACE,平面BCG交于一点O,BO=xBG+yBF+zBE,则x+y+z=,|OD|=.答案43;596解析O在平面ABF上,则BO=xBG+yBF

14、+zBE=x2BA+yBF+34zBB,x2+y+34z=1,O在平面ACE上,则BO=xBG+yBF+zBE=x2BA+y2BC+zBE,则x2+y2+z=1,O在平面BCG上,则BO=xBG+yBF+zBE=xBG+y2BC+34zBB,则x+y2+34z=1,由,解得x=13,y=13,z=23,所以x+y+z=43.建立如图所示的空间直角坐标系,则OD=OB+BD=-16,-16,-12+(1,1,0)=56,56,-12,所以|OD|=596.5.已知e1,e2是空间单位向量,e1e2=12.若空间向量b满足be1=2,be2=52,且对于任意x,yR,|b-(xe1+ye2)|b-

15、(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0R),则x0=,y0=,|b|=.答案1;2;22解析e1,e2是单位向量,e1e2=12,cos=12,又0180,=60.不妨把e1,e2放到空间直角坐标系O-xyz的平面xOy中,设e1=(1,0,0),则e2=12,32,0,再设OB=b=(m,n,r),由be1=2,be2=52,得m=2,n=3,则b=(2,3,r).而xe1+ye2是平面xOy上任一向量,由|b-(xe1+ye2)|1知点B(2,3,r)到平面xOy的距离为1,故可得r=1.则b=(2,3,1),|b|=22.又由|b-(xe1+ye2)|b-(x0e1+y0e2)|=1知

16、x0e1+y0e2=(2,3,0),解得x0=1,y0=2.6.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,在面对角线A1D上取点M,在面对角线CD1上取点N,使得MN平面AA1C1C,当线段MN长度取到最小值时,三棱锥A1-MND1的体积为.答案1解析如图所示,建立空间直角坐标系,从而可设M(m,0,m),N(0,n,3-n),MN=(-m,n,3-n-m),设面ACC1A1的一个法向量是n=(1,1,0),MNn=0m=n,MN2=m2+n2+(3-n-m)2=2m2+(3-2m)2=6m2-12m+9=6(m-1)2+33,当且仅当m=1时,等号成立,此时VA1-MND1=VN-A

17、1MD1=1312321=1.7.如图,棱长为3的正方体的顶点A在平面上,棱AB,AC,AD在平面的同侧.若顶点B,C到平面的距离分别为1,2,则顶点D到平面的距离h=.答案6解析分别以AB,AC,AD所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设平面的法向量为n=(x,y,z),AB,AC,AD与平面所成的角分别为1,2,3,则sin 1=|cos|=nAB|n|AB|=|x|x2+y2+z2,同理得sin 2=|y|x2+y2+z2,sin 3=|z|x2+y2+z2.所以sin21+sin22+sin23=1,即132+232+h32=1,所以h=6.8.如图所示,四棱锥S-ABCD的底

18、面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的2倍,P为侧棱SD上的点.(1)求证:ACSD;(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SEEC的值;若不存在,试说明理由.解析(1)证明:连接BD,设AC交BD于点O,则ACBD.连接SO,由题意知SO平面ABCD.以O为坐标原点,OB,OC,OS所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.设四棱锥底面边长为a,则高SO=62a,于是S0,0,62a,D-22a,0,0,B22a,0,0,C0,22a,0,所以OC=0,22a,0,SD=-22a,0,-62a,则OCSD=0.故OCSD.从而ACSD.(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DS是平面PAC的一个法向量,且DS=22a,0,62a,CS=0,-22a,62a,BC=-22a,22a,0.设CE=tCS(t0,1),则BE=BC+CE=BC+tCS=-22a,22a(1-t),62at,由BEDS=0,得t=13.即当SEEC=21时,BEDS.而BE平面PAC,故BE平面PAC.