06 第44讲　空间向量及其运算和空间位置关系 【答案】听课 高考数学二轮复习练习

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【知识聚焦】
1.互相平行或重合 非零向量a 平行 同一个平面 a=λb
xa+yb+zc 1
2.(1)|a||b|cs θ (2)a·b=0 (3)a2
3.(1)|a|csb|b| 投影向量 (3)A'B'
4.(a1+b1,a2+b2,a3+b3) (a1-b1,a2-b2,a3-b3)
a1b1+a2b2+a3b3 a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3
a1b1+a2b2+a3b3=0
(x2-x1)2+(y2-y1)2+(z2-z1)2
【对点演练】
1.1 [解析] ∵λa+μb(λ,μ∈R)与a,b共面,∴①②④不正确.
2.-12a+12b+c [解析] BM=BB1+B1M=AA1+12(AD-AB)=c+12(b-a)=-12a+12b+c.
3.10 [解析] ∵l1⊥l2,∴a⊥b,∴a·b=-6-4+m=0,解得m=10.
4.④ [解析] 若a与b共线,则a,b所在的直线可能平行也可能重合,故①为假命题;三个向量a,b,c中任意两个一定共面,但它们三个却不一定共面,故②为假命题;只有当a,b,c不共面时,空间任意一个向量p才一定能表示为p=xa+yb+zc,故③为假命题;根据向量的运算法则可知④为真命题.故填④.
5.17或-1 [解析] ∵a=(-1,λ,-2),b=(2,-1,1),a与b的夹角为120°,∴cs 120°=a·b|a|·|b|=-2-λ-25+λ2·6=-12,解得λ=-1或λ=17.
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] 根据空间向量的线性运算,利用三角形法则和平行四边形法则表示即可.
ABC [解析] 对于A,AP=12(AC+AA1)=12(AB+AD+AA1)=12(a+b+c),故A正确;对于B,AM=12(AC+AD1)=12(AB+AD+AD+AA1)=12(a+2b+c),故B正确;对于C,AN=12(AC1+AD1)=12(AC+AA1+AA1+AD)=12(AB+AD+AA1+AA1+AD)=12(a+2b+2c)=12a+b+c,故C正确;对于D,AQ=AA1+15A1C=AA1+15(AC-AA1)=AA1+15(AB+AD-AA1)=15AB+15AD+45AA1=15a+15b+45c,故D错误.故选ABC.
变式题 D [解析] 连接ON,如图,则ON=12OB+12OC,所以MN=MO+ON=-23OA+12(OB+OC)=-23a+12b+12c,故选D.
例2 [思路点拨] (1)利用共面向量定理即可得出结论.(2)利用共线向量的性质即可得出结论.
(1)D (2)25 [解析] (1)由题可知O,A,B,C四点不共面,所以由MA,MB,MC共面,得14+16+λ=1,解得λ=712.故选D.
(2)∵AB=2e1-e2,BC=3e1+3e2,∴AC=AB+BC=5e1+2e2,又∵A,C,D三点共线,∴AC∥CD,∵e1,e2不共线,CD=e1+ke2,∴AC=5CD,∴2-5k=0,∴k=25.
变式题 解:因为AM=kAC1,BN=kBC,
所以MN=MA+AB+BN=kC1A+AB+kBC=k(C1A+BC)+AB=k(C1A+B1C1)+AB=kB1A+AB=AB-kAB1=AB-k(AA1+AB)=(1-k)AB-kAA1,
所以向量MN与向量AB,AA1共面.
例3 [思路点拨] (1)根据AC=AB+BC,BD=BC+CD,结合空间向量数量积的运算法则进行计算即可得到结果.(2)将AM用AB,AC表示,CN用AD,AC表示,再利用向量法求解即可.
(1)B (2)A [解析] (1)因为AC=AB+BC,BD=BC+CD,所以AC·BD=(AB+BC)·(BC+CD)=AB·BC+AB·CD+BC2+BC·CD=16+AB·BC+AB·CD+BC·CD.又AB+BC+CD=AD,所以(AB+BC+CD)2=AD2,即AB2+BC2+CD2+2AB·BC+2AB·CD+2BC·CD=AD2,即32+42+52+2AB·BC+2AB·CD+2BC·CD=62,所以AB·BC+AB·CD+BC·CD=-7,所以AC·BD=9.故选B.
(2)在正四面体ABCD中,∠BAC=∠BAD=∠CAD=π3.因为M,N分别为BC,AD的中点,所以AM=12(AB+AC),CN=AN-AC=12AD-AC,且AM=CN=32,则AM·CN=12(AB+AC)·12AD-AC=1212AB·AD-AB·AC+12AC·AD-AC2=12×14-12+14-1=-12,所以|cs|=|AM·CN||AM||CN|=23,即直线AM和直线CN的夹角的余弦值为23.故选A.
变式题 解:(1)证明:设CD=a,CB=b,CC1=c,
由已知条件,得|a|=|b|=2,|c|=3,a·b=0,=60°,=60°.因为BD=CD-CB=a-b,CA1=CD+CB+CC1=a+b+c,
所以BD·CA1=(a-b)·(a+b+c)=a2+a·b+a·c-b·a-b2-b·c
=|a|2+0+|a|·|c|cs 60°-0-|b|2-|b|·|c|cs 60°=22+2×3×12-22-2×3×12=0,
所以BD⊥CA1,即BD⊥CA1.
(2)由(1)得CA1=a+b+c,则|CA1|2=|a+b+c|2=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2a·c
=|a|2+|b|2+|c|2+2×0+2|b|·|c|cs 60°+2|a|·|c|cs 60°=22+22+32+0+2×2×3×12+2×2×3×12=29,所以|CA1|=29,即线段CA1的长为29.
例4 [思路点拨] (1)只需要证明向量BE与向量DC的数量积为0即可;(2)证明BE与平面PAD的法向量垂直即可;(3)证明两个平面的法向量垂直即可.
证明:以点A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).
由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).
(1)因为BE=(0,1,1),DC=(2,0,0),所以BE·DC=0,所以BE⊥DC.
(2)因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥PA,又AB⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,所以AB⊥平面PAD,所以AB=(1,0,0)为平面PAD的一个法向量.
因为BE·AB=(0,1,1)·(1,0,0)=0,所以BE⊥AB,
又BE⊄平面PAD,所以BE∥平面PAD.
(3)由(2)知平面PAD的一个法向量为AB=(1,0,0).
PD=(0,2,-2),DC=(2,0,0),
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则n·PD=0,n·DC=0,
即2y-2z=0,2x=0,令y=1,可得n=(0,1,1).
因为n·AB=(0,1,1)·(1,0,0)=0,所以n⊥AB,
所以平面PCD⊥平面PAD.
变式题 解:(1)证明:连接BD,交AC于N点,连接MN,因为四边形ABCD是菱形,所以点N为BD的中点.
又因为M为PD的中点,所以MN∥BP.
因为BP⊄平面ACM,MN⊂平面ACM,
所以BP∥平面ACM.
(2)方法一:设底面边长为2,连接EC,由于四边形ABCD为菱形,且∠ABC=60°,
所以BE=1,BC=2,EC=
BE2+BC2-2BE·BC·cs60°=3,
所以BC2=BE2+EC2,即EC⊥AB.
连接PE,因为三角形PAB为正三角形,E为AB的中点,所以PE⊥AB,
又侧面PAB⊥底面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PE⊂平面PAB,所以PE⊥平面ABCD.
如图,以E为原点,EC,EA,EP的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则A(0,1,0),C(3,0,0),P(0,0,3),D(3,2,0),M32,1,32.假设存在点G满足题意,设CGCD=λ(0≤λ≤1),则CG=λCD=(0,2λ,0),
则G(3,2λ,0),AM=32,0,32,AG=(3,2λ-1,0).
设平面GAM的法向量为n=(x,y,z),则n·AM=0,n·AG=0,得到x+z=0,3x+(2λ-1)y=0,取y=1,得x=1-2λ3,z=2λ-13,所以n=1-2λ3,1,2λ-13.
易知平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1).
由题可知cs=m·n|m|·|n|=0,即2λ-13=0,解得λ=12,满足题意.故在棱CD上存在点G,使得平面GAM⊥平面ABCD,此时CGCD=12.
方法二:连接PE,因为△PAB为正三角形,E是AB的中点,所以PE⊥AB,
又侧面PAB⊥底面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PE⊂平面PAB,所以PE⊥平面ABCD.
连接DE,取DE的中点H,连接MH,如图,
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(进群送往届全部资料)则MH是△PDE的中位线,所以MH∥PE,
又PE⊥平面ABCD,所以MH⊥平面ABCD.连接AH并延长,交CD于G,连接MG,则平面 AMG⊥平面ABCD.
因为AE∥GD,所以∠HAE=∠HGD,∠HEA=∠HDG,
又因为EH=HD,所以△AEH≌△GDH,
则AE=GD=12CD,故在棱CD上存在点G,使得平面 GAM⊥平面ABCD,此时CGCD=12.