2021高考数学（理）大一轮复习习题：第八章 立体几何 课时达标检测（四十） 空间向量及其运算和空间位置关系 word版含答案

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1．若a＝(2x,1,3)，b＝(1,3,9)，如果a与b为共线向量，则( )
A．x＝1 B．x＝eq \f(1,2)
C．x＝eq \f(1,6) D．x＝－eq \f(1,6)
解析：选C ∵a与b共线，∴eq \f(2x,1)＝eq \f(1,3)＝eq \f(3,9)，∴x＝eq \f(1,6).
2．已知a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝eq \f(1,2)x－2a，则x＝ ( )
A．(0,3，－6) B．(0,6，－20)
C．(0,6，－6) D．(6,6，－6)
解析：选B 由b＝eq \f(1,2)x－2a，得x＝4a＋2b＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．
3．空间四点A(2,3,6)，B(4,3,2)，C(0,0,1)，D(2,0,2)的位置关系为( )
A．共线 B．共面 C．不共面 D．无法确定
解析：选C ＝(2,0，－4)，＝(－2，－3，－5)，＝(0，－3，－4)，由不存在实数λ，使＝λ成立知，A，B，C不共线，故A，B，C，D不共线；假设A，B，C，D共面，则可设＝x＋y (x，y为实数)，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＝2x－2y，,－3＝－3y，,－4＝－4x－5y，))由于该方程组无解，故A，B，C，D不共面，故选C.
4.如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在线段MN上，且分MN所成的比为2，现用基向量，，表示向量，设＝x＋y＋z，则x，y，z的值分别是( )
A．x＝eq \f(1,3)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,3) B．x＝eq \f(1,3)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,6)
C．x＝eq \f(1,3)，y＝eq \f(1,6)，z＝eq \f(1,3) D．x＝eq \f(1,6)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,3)
解析：选D 设＝a，＝b，＝c，∵G分MN的所成比为2，∴＝eq \f(2,3)，∴＝＋＝＋eq \f(2,3)(－)＝eq \f(1,2)a＋eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)b＋\f(1,2)c－\f(1,2)a))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c－eq \f(1,3)a＝eq \f(1,6)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c，即x＝eq \f(1,6)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,3).
5．已知a＝(1,2，－2)，b＝(0,2,4)，则a，b夹角的余弦值为________．
解析：cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝－eq \f(2\r(5),15).
答案：－eq \f(2\r(5),15)
一、选择题
1．在空间四边形ABCD中，·＋·＋·＝( )
A．－1 B．0 C．1 D．不确定
解析：选B 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.
2．已知a＝(2,1，－3)，b＝(－1,2,3)，c＝(7,6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝( )
A．9 B．－9 C．－3 D．3
解析：选B 由题意知c＝xa＋yb，即(7,6，λ)＝x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y＝7，,x＋2y＝6，,－3x＋3y＝λ，))解得λ＝－9.
3．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.eq \f(1,2)a2 C.eq \f(1,4)a2 D.eq \f(\r(3),4)a2
解析：选C ·＝eq \f(1,2)(＋)·eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)(·＋·)＝
eq \f(1,4)(a2cs 60°＋a2cs 60°)＝eq \f(1,4)a2.
4．若平面α，β的法向量分别为n1＝(2，－3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则( )
A．α∥β B．α⊥β
C．α，β相交但不垂直 D．以上均不正确
解析：选C ∵n1·n2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)＝－29≠0，∴n1与n2不垂直，又n1，n2不共线，∴α与β相交但不垂直．
5.如图所示，在平行六面体ABCD ­A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是( )
A．－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c B.eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c
C．－eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c D.eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c
解析：选A ＝＋＝＋eq \f(1,2)(－)＝c＋eq \f(1,2)(b－a)＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c.
6.如图，在大小为45°的二面角A­EF­D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.eq \r(3) B.eq \r(2)
C．1 D.eq \r(3－\r(2))
解析：选D ∵＝＋＋，∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1－eq \r(2)＝3－eq \r(2)，故||＝eq \r(3－\r(2)).
二、填空题
7．在空间直角坐标系中，点P(1，eq \r(2)，eq \r(3))，过点P作平面yOz的垂线PQ，则垂足Q的坐标为________．
解析：由题意知点Q即为点P在平面yOz内的射影，所以垂足Q的坐标为(0，eq \r(2)，eq \r(3))．
答案：(0，eq \r(2)，eq \r(3))
8．已知点A(1,2,1)，B(－1,3,4)，D(1,1,1)，若＝2，则||的值是________．
解析：设P(x，y，z)，∴＝(x－1，y－2，z－1)，＝(－1－x,3－y,4－z)，由＝2得点P坐标为－eq \f(1,3)，eq \f(8,3)，3，又D(1,1,1)，∴||＝eq \f(\r(77),3).
答案：eq \f(\r(77),3)
9．在空间直角坐标系中，以点A(4,1,9)，B(10，－1,6)，C(x,4,3)为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，则实数x的值为________．
解析：由题意知·＝0，||＝||，又＝(6，－2，－3)，＝(x－4,3，－6)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6x－4－6＋18＝0，,x－42＝4，))解得x＝2.
答案：2
10．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＝(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＝6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(4,3)))2－eq \f(2,3)，当λ＝eq \f(4,3)时有最小值，此时Q点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3)))
三、解答题
11.如图，在多面体ABC ­A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝eq \r(2)AB，B1C1綊eq \f(1,2)BC，二面角A1 ­AB ­C是直二面角．
求证：(1)A1B1⊥平面AA1C；
(2)AB1∥平面A1C1C.
证明：∵二面角A1 ­AB ­C是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，∴AA1⊥平面BAC.
又∵AB＝AC，BC＝eq \r(2)AB，∴∠CAB＝90°，即CA⊥AB，
∴AB，AC，AA1两两互相垂直．
建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz，
设AB＝2，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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·＝0，,n·＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2z＝0，,2x＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,z＝0.))取y＝1，则n＝(0,1,0)．
∴＝2n，即∥n.
∴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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·＝0，,m·＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋y1＝0，,2x1－2z1＝0，))
令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1,1)．
∴·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，
∴⊥m.又AB1⊄平面A1C1C，
∴AB1∥平面A1C1C.
12.如图所示，四棱锥S­ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的eq \r(2)倍，点P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．
解：(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，则AC⊥BD.连接SO，由题意知SO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图．
设底面边长为a，则高SO＝eq \f(\r(6),2)a，
于是Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(6),2)a))，D－eq \f(\r(2),2)a,0,0，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，0))，＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，0))，
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，0，－\f(\r(6),2)a))，
则·＝0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD.
(2)棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.
理由如下：由已知条件知是平面PAC的一个法向量，且＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，\f(\r(6),2)a))， ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(2),2)a，\f(\r(6),2)a))，＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，0)).
设＝t，则＝＋＝＋t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a1－t，\f(\r(6),2)at))，而·＝0⇒t＝eq \f(1,3).
即当SE∶EC＝2∶1时，⊥.
而BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.