备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价（五十） 空间向量及其运算和空间位置关系

课时验收评价（五十） 空间向量及其运算和空间位置关系

一、点全面广强基训练

1.已知a＝(1,0,1)，b＝(x,1,2)，且a·b＝3，则向量a与b的夹角为(　 )

A.           B.         C.      D.

解析：选D　∵a·b＝x＋2＝3，

∴x＝1，∴b＝(1,1,2)，

∴cosa，b＝＝＝，

又∵a，b∈[0，π]，

∴向量a与b的夹角为.

2．若两条不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，则l1和l2的位置关系是(　 )

A．平行    B．相交      C．垂直    D．不确定

解析：选A　因为v2＝－2v1，即v2与v1共线，所以两条不重合直线l1和l2的位置关系是平行．

3．已知向量a＝(－1,1,0)，b＝(1,0,2)，且ka＋b与a－2b互相平行，则k＝(　 )

A．－       B.      C.  D．－

解析：选D　ka＋b＝(－k＋1，k,2)，a－2b＝(－3,1，－4)，

则＝＝，解得k＝－.

4.如图，在大小为45°的二面角A-EF-D中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是(　 )

A.       B.       C．1  D.

解析：选D　因为＝＋＋，

所以||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1－＝3－，故||＝.

5．已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则·的值为(　 )

A．a2        B.a2      C.a2  D.a2

解析：选C　如图，设＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝a，且a，b，c三向量两两夹角为60°.＝(a＋b)，＝c，∴·＝(a＋b)·c＝(a·c＋b·c)＝(a2cos 60°＋a2cos 60°)＝a2.

6．已知a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，若a⊥(a－λb)，则λ＝________.

解析：∵a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，由题意a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，又a2＝14，a·b＝7，∴14－7λ＝0，∴λ＝2.

答案：2

7．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则x＝________，y＝________，z＝________.

解析：由条件得解得x＝，y＝－，z＝4.

答案：　－　4

8．已知四面体P-ABC中，∠PAB＝∠BAC＝∠PAC＝60°，||＝1，||＝2，||＝3，则|＋＋|＝________.

解析：∵在四面体P-ABC中，∠PAB＝∠BAC＝∠PAC＝60°，||＝1，||＝2，||＝3，∴·＝1×2×cos 60°＝1，·＝2×3×cos 60°＝3，·＝1×3×cos 60°＝，∴|＋＋|＝

＝＝5.

答案：5

9.如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，E，F，G分别是A1D1，D1D，D1C1的中点．

(1)试用向量，，表示；

(2)用向量方法证明平面EFG∥平面AB1C.

解：(1)设＝a，＝b，＝c，

则＝＋＋＝c＋b＋＝a＋b＋c＝＋＋.

故＝＋＋.

(2)证明：＝＋＝a＋b，

＝＋＝b＋a＝，

∵EG与AC无公共点，∴EG∥AC，

∵EG⊄平面AB1C，AC⊂平面AB1C，

∴EG∥平面AB1C.

又∵＝＋＝a＋c，

＝＋＝c＋a＝，

∵FG与AB1无公共点，

∴FG∥AB1，

∵FG⊄平面AB1C，AB1⊂平面AB1C，

∴FG∥平面AB1C.

又∵FG∩EG＝G，FG⊂平面EFG，EG⊂平面EFG，

∴平面EFG∥平面AB1C.

10．如图所示的长方体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，

O为AC与BD的交点，BB1＝，M是线段B1D1的中点．求证：

(1)BM∥平面D1AC；

(2)D1O⊥平面AB1C.

证明：(1)以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则点O(1,1,0)，D1(0,0，)，

所以＝(－1，－1，)，

又点B(2,2,0)，M(1,1，)，

所以＝(－1，－1，)，

所以＝，又因为OD1与BM不共线，

所以OD1∥BM.

又OD1⊂平面D1AC，BM⊄平面D1AC，

所以BM∥平面D1AC.

(2)如图，连接OB1，点B1(2,2，)，A(2,0,0)，C(0,2,0)．

因为·＝(－1，－1，)·(1,1，)＝0，

·＝(－1，－1, )·(－2,2,0)＝0，

所以⊥，⊥，

即OD1⊥OB1，OD1⊥AC，

又OB1∩AC＝O，OB1，AC⊂平面AB1C，

所以OD1⊥平面AB1C.

二、重点难点培优训练

1．下面结论不正确的是(　 )

A．向量a，b(a≠0，b≠0)，若a⊥b，则a·b＝0

B．若空间四个点P，A，B，C，＝＋，则A，B，C三点共线

C．已知向量a＝(1,1，x)，b＝(－3，x,9)，若x<，则〈a，b〉为π

D．任意向量a，b，c满足(a·b)·c＝a·(b·c)

解析：选D　由向量垂直的充要条件可得A正确；∵＝＋，∴－＝－，即＝3，∴A，B，C三点共线，故B正确；当x＝－3时，两个向量共线，夹角为π，故C正确；由于向量的数量积运算不满足结合律，故D错误．

2．已知O(0,0,0)，A(1,2,3)，B(2,1,2)，P (1,1,2)，点Q在直线OP上运动，当·取最小值时，点Q的坐标是________．

解析：由题意，设＝λ，则OQ＝(λ，λ，2λ)，即Q(λ，λ，2λ)，则＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝62－，当λ＝时取最小值，此时Q点坐标是.

答案：

3．在正三棱柱ABC-A1B1C1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M为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、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，所以A，B1，C，C1，M(0,0,0)，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

4.如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝2，点E和F分别为BC和A1C的中点．求证：

(1)EF∥平面A1B1BA；

(2)平面AEA1⊥平面BCB1.

证明：因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.因为AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1，所以以过E且平行于BB1的垂线为z轴，EC，EA所在直线分别为x，y轴，

建立如图所示的空间直角坐标系．因为AB＝3，BE＝，所以AE＝2，所以E(0,0,0)，C(，0,0)，A(0,2,0)，B(－，0,0)，B1(－，0，2)，A1(0,2，)，则F.

(1)＝，＝(－，－2,0)，＝(0,0，)．设平面A1B1BA的一个法向量为n＝(x，y，z)，

则所以取所以n＝(－2，，0)．因为·n＝×(－2)＋1×＋×0＝0，所以⊥n.又EF⊄平面A1B1BA，所以EF∥平面A1B1BA.

(2)因为EC⊥平面AEA1，所以＝(，0,0)为平面AEA1的一个法向量．又EA⊥平面BCB1，所以＝(0,2,0)为平面BCB1的一个法向量．因为·＝0，所以⊥，故平面AEA1⊥平面BCB1.