新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案42第七章立体几何第五讲空间向量及其运算
展开练案[42] 第五讲 空间向量及其运算
A组基础巩固
一、单选题
1.如图,在四面体OABC中,M,N分别在棱OA,BC上,且满足=2,=,点G是线段MN的中点,用向量,,表示向量应为( A )
A.=++
B.=-+
C.=--
D.=+-
[解析] =+=×+×(+),化简得到=++.故选A.
2.(2023·广西桂林模拟预测)已知a=(2,1,-3),b=(-1,2,3),c=(7,6,λ),若a,b,c共面,则λ等于( C )
A.-3 B.3
C.-9 D.9
[解析] ∵a,b,c共面,
∴设c=ma+nb(m、n为实数),
即(7,6,λ)=m(2,1,-3)+n(-1,2,3),
∴解得λ=-9.故选C.
3.(2023·辽宁沈阳重点高中联合体期中)设x、y∈R,向量a=(x,1,1),b=(1,y,1),c=(3,-6,3)且a⊥c,b∥c,则|a+b|=( D )
A.2 B.2
C.4 D.3
[解析] 因为a⊥c,则a·c=3x-6+3=0,
解得x=1,则a=(1,1,1),
因为b∥c,则=,解得y=-2,
即b=(1,-2,1),
所以,a+b=(2,-1,2),
因此,|a+b|==3.
故选D.
4.(2022·重庆八中模拟预测)若{a,b,c}构成空间的一个基底,则下列向量也可以构成空间中的一个基底的是( A )
A.{a+b,b+c,c+a}
B.{a-b,b-c,c-a}
C.{a+b,c,a+b+c}
D.{a-b+c,a+b-c,3a-b+c}
[解析] 选项A:令c+a=λ(a+b)+μ(b+c),则,无解,即a+b、b+c、c+a不共面,A正确;
选项B:因为c-a=-(a-b)-(b-c),
所以a-b、b-c、c-a共面,
不能构成基底;
选项C:因为a+b+c=(a+b)+c,
所以a+b、b、a+b+c共面,
不能构成基底;
选项D:因为3a-b+c=2(a-b+c)+(a+b-c),所以a-b+c、a+b-c、3a-b+c共面,
不能构成基底.
故选A.
5.在空间四边形ABCD中,·+·+·=( B )
A.-1 B.0
C.1 D.不确定
[解析] 如图,令=a,=b,=c,则·+·+·=a·(c-b)+b·(a-c)+c·(b-a)=a·c-a·b+b·a-b·c+c·b-c·a=0.故选B.
6.已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60°的是( B )
A.(-1,1,0) B.(1,-1,0)
C.(0,-1,1) D.(-1,0,1)
[解析] 对于A选项中的向量a1=(-1,1,0),
cos〈a,a1〉===-,则〈a,a1〉=120°;
对于B选项中的向量a2=(1,-1,0),
cos〈a,a2〉===,则〈a,a2〉=60°;
对于C选项中的向量a3=(0,-1,1),
cos〈a,a3〉===-,则〈a,a3〉=120°;
对于D选项中的向量a4=(-1,0,1),此时a4=-a,两向量的夹角为180°.故选B.
7.二面角α-l-β为60°,A,B是棱l上的两点,AC,BD分别在半平面α,β内,AC⊥l,BD⊥l,且AB=AC=a,BD=2a,则CD的长为( A )
A.2a B.a
C.a D.a
[解析] ∵AC⊥l,BD⊥l,
∴〈,〉=60°,且·=0,·=0,
∴=++.
∴||=
==2a.故选A.
8.(2023·辽宁沈阳重点高中联合体期中)已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形,SD⊥平面ABCD,边AB、SC的中点分别为E,F.若直线EC与BF所成角的余弦值为,则SD=( C )
A.2 B.
C.4 D.1
[解析] 以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
设SD=t(t>0),则B(2,2,0),C(0,2,0),S(0,0,t),E(2,1,0),
所以F,
所以=(-2,1,0),=.
因为直线EC与BF所成角的余弦值为,
所以|cos〈,〉|===,
解得t=4,也即SD=4.故选C.
二、多选题
9.(2022·江苏苏州模拟预测)设a,b为空间中的任意两个非零向量,下列各式中正确的有( AD )
A.a2=|a|2
B.=
C.(a·b)2=a2·b2
D.(a-b)2=a2-2a·b+b2
[解析] 由数量积的性质和运算律可知A、D是正确的;而运算后是实数,没有这种运算,B不正确;(a·b)2=(|a|·|b|cos θ)2=|a|2·|b|2cos2 θ≠|a|2·|b|2=a2·b2,C不正确.故选AD.
10.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,以顶点A为端点的三条棱长都是1,且它们彼此的夹角都是60°,M为A1C1与B1D1的交点.若=a,=b,=c,则下列正确的是( BD )
A.=a-b+c
B.=a+b+c
C.AC1的长为
D.cos〈,〉=
[解析] 由空间向量的加法法则得=a+b+c,故B正确;
=+=+=+(+)=c+(-a+b)=-a+b+c,故A错误;
由已知a·b=b·c=a·c=1×1×cos 60°=,
||=|a+b+c|=
=
==,故C错误;
cos〈,〉==
==,故D正确.故选BD.
11.(2023·广东梅州二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=3,点M,N分别在棱AB和BB1上运动(不含端点),若D1M⊥MN,下列命题正确的是( ACD )
A.MN⊥A1M
B.MN⊥平面D1MC
C.线段BN长度的最大值为
D.三棱锥C1-A1D1M体积不变
[解析]
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,以点D为原点,射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴非负半轴建立空间直角坐标系,如图:
A1(3,0,3),D1(0,0,3),C(0,3,0),B(3,3,0),设M(3,y,0),N(3,3,z),y,z∈(0,3),
=(3,y,-3),=(0,3-y,z),而D1M⊥MN,
则·=y(3-y)-3z=0,
∴z=y(3-y),
对于A选项:=(0,y,-3),
则·=y(3-y)-3z=0⇒⊥,MN⊥A1M,A正确;
对于B选项:=(3,y-3,0),
·=(y-3)(3-y)=-(3-y)2<0,即CM与MN不垂直,从而MN与平面D1MC不垂直,B不正确;
对于C选项:=(0,0,z),则线段BN长度||=z=≤,当且仅当y=时取“=”,C正确;
对于D选项:不论点M如何移动,点M到平面A1D1C1的距离均为3,而=·3·=,
三棱锥C1-A1D1M体积为定值,即D正确.故选ACD.
三、填空题
12.已知空间向量a=(-2,-1,1),b=(3,4,5),则下列结论正确的是_②③④__.
①(2a+b)∥a;②5|a|=|b|;③a⊥(5a+6b);④a与b夹角的余弦值为-.
[解析] 由题意知2a+b=(-1,2,7),
显然不存在λ值使2a+b=λa,∴①错;
又|a|=,|b|=5,∴5|a|=|b|,②正确;由a·b=-6-4+5=-5,a·(5a+6b)=30+6a·b=30-30=0,
∴a⊥(5a+6b),③正确;
a与b夹角的余弦值cos θ===-,④正确.
13.
(2023·四川乐山调研)正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为DD1的中点,Q为CC1的中点,O为底面ABCD的中心,则异面直线D1Q与OP所成角的正弦值为 .
[解析] 如图建立空间直角坐标系,
设正方体的棱长为2,则
=(-1,-1,1),
=(0,-2,1),
记D1Q与OP所成的角为θ,则cos θ==,
从而sin θ==.
14.已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,M为空间任意两点,如果有=+7+6-4,那么点M必在平面_BA1D1__内.
[解析] 因为=+7+6-4
=++6-4
=++6-4=+6(-)-4(-)=11-6-4,11-6-4=1,
所以M,B,A1,D1四点共面,即点M必在平面BA1D1内.故答案为BA1D1.
四、解答题
15.如图所示,已知PA⊥矩形ABCD所在平面,M,N分别是AB,PC的中点.
(1)求证:MN⊥CD;
(2)若∠PDA=45°,求证:MN⊥平面PCD.
[证明] 证法一:(1)连接AC,AN,BN,
∵PA⊥平面ABCD,
∴PA⊥AC,在Rt△PAC中,N为PC的中点.
∴AN=PC.
∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BC.
又BC⊥AB ,PA∩AB=A,
∴BC⊥平面PAB,∴BC⊥PB.
从而在Rt△PBC中,BN为斜边PC上的中线,
∴BN=PC.∴AN=BN,
∴△ABN为等腰三角形.
又M为底边AB的中点,
∴MN⊥AB,又AB∥CD,∴MN⊥CD.
(2)∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥AD.
又∠PDA=45°,∴AP=AD.
∵四边形ABCD为矩形,
∴AD=BC,∴PA=BC.
连接PM,CM,又∵M为AB的中点,
∴AM=BM.
而∠PAM=∠CBM=90°,
∴Rt△PAM≌Rt△CBM.
∴PM=CM,又N为PC的中点,∴MN⊥PC.
由(1)知MN⊥CD,PC∩CD=C,
∴MN⊥平面PCD.
证法二:(向量法)∵PA⊥平面ABCD,
∴PA⊥AD,PA⊥AB,又AB⊥AD,
∴PA、AB、AD两两垂直,如图建立空间直角坐标系,
不妨设C(a,b,0),P(0,0,c),则D(0,b,0),M,N,
(1)由=,
=(-a,0,0),
∴·=0,∴MN⊥CD.
(2)∵∠PDA=45°,∴b=c,
又=(a,b,-b),
∴·=·(a,b,-b)=0,
∴MN⊥PC,又MN⊥CD,
∴MN⊥平面PCD.
B组能力提升
1.已知点A(1,-1,2),B(2,-1,1),C(3,3,2),又点P(x,7,-2)在平面ABC内,则x的值为( B )
A.11 B.9
C.1 D.-4
[解析] 由题意知=(x-1,8,-4),=(1,0,-1),=(2,4,0),
因为P在平面ABC内,故可设=a+b,
∴(x-1,8,-4)=a(1,0,-1)+b(2,4,0),
即解得x=9,故选B.
2.(2022·新疆乌鲁木齐二模)在三棱锥P-ABC中,PB=PC=1,∠APB=∠APC=90°,∠BPC=60°,则·=( A )
A. B.
C.1 D.
[解析] 因为三棱锥P-ABC中,PB=PC=1,∠APB=∠APC=90°,∠BPC=60°,
所以·=(-)·
=·-·
=||||cos∠BPC-0
=1×1×cos 60°=,故选A.
3.(多选题)(2022·安徽蚌埠质检改编)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,点Q为B1C1的中点,点N为DD1的中点.有下列结论正确的是( AC )
A.CQ∥平面ADD1A1
B.BN⊥平面ACC1A1
C.CQ⊥BN
D.异面直线BN与CD所成的角为45°
[解析] 以D为原点建立空间直角坐标系如图所示:设正方体的边长为2,
则D(0,0,0),C(0,2,0),Q(1,2,2),B(2,2,0),N(0,0,1),
=(1,0,2),=(0,2,0),
有·=0,所以CQ⊥DC,
又因为DC⊥平面ADD1A1,
CQ⊄平面ADD1A1,所以CQ∥平面ADD1A1,故A正确;(或平面BCC1B1∥平面ADD1A1,CQ⊂平面BCC1B1,∴CQ∥平面ADD1A1)
因为·=(-2,-2,1)·(0,0,-2)=-2,故B错误;
由·=(1,0,2)·(-2,-2,1)=-2+2=0,
得CQ⊥BN,故C正确;
由|cos〈,〉|===≠,故D错误.
4.(2023·广东汕头模拟)如图,三棱锥D-ABC中,AB=AC=DB=DC=1,BC=,平面DBC⊥平面ABC,M,N分别为DA和DC的中点,则异面直线CM与BN所成角的余弦值为( A )
A. B.
C. D.0
[解析] 取BC的中点O,连接DO,AO,
∵BD=DC,∴DO⊥BC,
又平面DBC⊥平面ABC,
∴DO⊥平面ABC,从而DO⊥OA,又AB=AC,
∴AO⊥BC,如图建立空间直角坐标系,
则=,=,
则cos,===-,∴异面直线CM与BN所成角的余弦值为.选A.
5.如图所示,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,D为CC1的中点,求证:AB1⊥平面A1BD.
[证明] 证法一:取BC的中点O,连接AO.
∵△ABC为正三角形,∴AO⊥BC.
∵在正三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC⊥平面BCC1B1,
∴AO⊥平面BCC1B1,
取B1C1的中点O1,以O为原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图所示,则B(1,0,0),D(-1,1,0),A1(0,2,),A(0,0,),B1(1,2,0).
设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),=(-1,2,),=(-2,1,0).
则n⊥,n⊥,故
∴令x=1,则y=2,z=-.
故n=(1,2,-)为平面A1BD的一个法向量,
而=(1,2,-),
∴=n,即∥n,
∴AB1⊥平面A1BD.
证法二:设平面A1BD内的任意一条直线m的方向向量为m.由共面向量定理,则存在实数λ,μ,使m=λ+μ.
令=a,=b,=c,显然它们不共面,并且|a|=|b|=|c|=2,a·b=a·c=0,b·c=2,
以它们为空间的一组基底,则=a+c,=a+b,=a-c,m=λ+μ=a+μb+λc,·m=(a-c)·=4-2μ-4λ=0.故⊥m,结论得证.
证法三:基向量的取法同上.
∵·=(a-c)·(a+c)=|a|2-|c|2=0,
·=(a-c)·=|a|2+a·b-a·c-b·c=0,
∴⊥,⊥,即AB1⊥BA1,AB1⊥BD,由直线和平面垂直的判定定理,知AB1⊥平面A1BD.
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