【新高考复习】6 第6讲　空间向量及其运算 新题培优练

[基础题组练]1.已知三棱锥O­ABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，用a，b，c表示MN→，则MN→等于()A.12(b＋c－a)B.12(a＋b＋c)C.12(a－b＋c)D.12(c－a－b)解析：选D.MN→＝MA→＋AO→＋ON→＝12(c－a－b)．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．9B．－9C．－3D．3解析：选B.由题意知c＝xa＋yb，即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)，所以2x－y＝7，x＋2y＝6，－3x＋3y＝λ，解得λ＝－9.3．在空间四边形ABCD中，AB→·CD→＋AC→·DB→＋AD→·BC→＝()A．－1B．0C．1D．不确定解析：选B.如图，令AB→＝a，AC→＝b，AD→＝c，则AB→·CD→＋AC→·DB→＋AD→·BC→＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.4.如图，在大小为45°的二面角A­EF­D中，四边形ABFE，四边形CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是()A.3B.2C．1D.3－2解析：选D.因为BD→＝BF→＋FE→＋ED→，所以|BD→|2＝|BF→|2＋|FE→|2＋|ED→|2＋2BF→·FE→＋2FE→·ED→＋2BF→·ED→＝1＋1＋1－2＝3－2，所以|BD→|＝3－2.5．已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，O为坐标原点，OA→＋λOB→与OB→的夹角为120°，则λ的值为()A．±66B.66C．－66D．±6解析：选C.OA→＋λOB→＝(1，－λ，λ)，cos120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，所以λ＝－66.6.如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，O为AC的中点．用AB→，AD→，AA1→表示OC1→，则OC1→＝________．解析：因为OC→＝12AC→＝12(AB→＋AD→)，所以OC1→＝OC→＋CC1→＝12(AB→＋AD→)＋AA1→＝12AB→＋12AD→＋AA1→.答案：12AB→＋12AD→＋AA1→7.已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分别是CD，PC的中点，并且PA＝AD＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，则MN＝________．解析：连接PD，因为M，N分别为CD，PC的中点，所以MN＝12PD，又P(0，0，1)，D(0，1，0)，所以PD＝02＋（－1）2＋12＝2，所以MN＝22.答案：228.如图所示，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝π3，则cos〈OA→，BC→〉的值为________．解析：设OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，由已知条件得〈a，b〉＝〈a，c〉＝π3，且|b|＝|c|，OA→·BC→＝a·(c－b)＝a·c－a·b＝12|a||c|－12|a||b|＝0，所以OA→⊥BC→，所以cos〈OA→，BC→〉＝0.答案：09．如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1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AB→，AD→，AA1→表示AG→；(2)用向量方法证明平面EFG∥平面AB1C.解：(1)设AB→＝a，AD→＝b，AA1→＝c.由图得AG→＝AA1→＋A1D1→＋D1G→＝c＋b＋12DC→＝12a＋b＋c＝12AB→＋AD→＋AA1→.(2)证明：由题图，得AC→＝AB→＋BC→＝a＋b，EG→＝ED1→＋D1G→＝12b＋12a＝12AC→，因为EG与AC无公共点，所以EG∥AC，因为EG⊄平面AB1C，AC⊂平面AB1C，所以EG∥平面AB1C.又因为AB1→＝AB→＋BB1→＝a＋c，FG→＝FD1→＋D1G→＝12c＋12a＝12AB1→，因为FG与AB1无公共点，所以FG∥AB1，因为FG⊄平面AB1C，AB1⊂平面AB1C，所以FG∥平面AB1C，又因为FG∩EG＝G，FG，EG⊂平面EFG，所以平面EFG∥平面AB1C.10．已知正四面体ABCD(所有棱长均相等)的棱长为1，E，F，G，H分别是四面体ABCD中各棱的中点，设AB→＝a，AC→＝b，AD→＝c，试采用向量法解决下列问题．(1)求EF→的模长；(2)求EF→，GH→的夹角．解：(1)如图所示，正四面体ABCD的棱长为1，E，F，G，H分别是四面体ABCD中各棱的中点，AB→＝a，AC→＝b，AD→＝c，所以BE→＝12BC→＝12(AC→－AB→)＝12(b－a)，AF→＝12AD→＝12c；所以EF→＝EB→＋BA→＋AF→＝－12(b－a)－a＋12c＝12(c－a－b)，所以|EF→|＝12（c－a－b）2＝12c2＋a2＋b2－2a·c＋2a·b－2b·c＝121＋1＋1－2×1×1×cos60°＋2×1×1×cos60°－2×1×1×cos60°＝22.(2)正四面体ABCD中，EF→＝12(c－a－b)，|EF→|＝22；同理，GH→＝12(b＋c－a)，|GH→|＝22；所以cos〈EF→，GH→〉＝EF→·GH→|EF→|×|GH→|＝12（c－a－b）·12（b＋c－a）22×22＝12[(c－a)2－b2]＝12[c2＋a2－2c·a－b2]＝12[1＋1－2×1×1×cos60°－1]＝0，所以EF→与GH→的夹角为90°.[综合题组练]1．已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若OP→＝xOA→＋yOB→＋zOC→(x，y，z∈R)，则“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的()A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选B.当x＝2，y＝－3，z＝2时，即OP→＝2OA→－3OB→＋2OC→.则AP→－AO→＝2OA→－3(AB→－AO→)＋2(AC→－AO→)，即AP→＝－3AB→＋2AC→，根据共面向量定理知，P，A，B，C四点共面；反之，当P，A，B，C四点共面时，根据共面向量定理，设AP→＝mAB→＋nAC→(m，n∈R)，即OP→－OA→＝m(OB→－OA→)＋n(OC→－OA→)，即OP→＝(1－m－n)OA→＋mOB→＋nOC→，即x＝1－m－n，y＝m，z＝n，这组数显然不止2，－3，2.故“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件．2．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为()A．(1，1，1)B.23，23，1C.22，22，1D.24，24，1解析：选C.设M点的坐标为(x，y，1)，因为AC∩BD＝O，所以O22，22，0，又E(0，0，1)，A(2，2，0)，所以OE→＝－22，－22，1，AM→＝(x－2，y－2，1)，因为AM∥平面BDE，所以OE→∥AM→，所以x－2＝－22，y－2＝－22，⇒x＝22，y＝22，所以M点的坐标为22，22，1.3．如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是()A.23B.33C.23D.53解析：选C.设DP→＝λDC1→，AQ→＝μAC→，(λ，μ∈[0，1])．所以DP→＝λ(0，1，2)＝(0，λ，2λ)，DQ→＝DA→＋μ(DC→－DA→)＝(1，0，0)＋μ(－1，1，0)＝(1－μ，μ，0)．所以|PQ→|＝|DQ→－DP→|＝|(1－μ，μ－λ，－2λ)|＝（1－μ）2＋（μ－λ）2＋4λ2＝5λ－μ52＋95μ－592＋49≥49＝23，当且仅当λ＝μ5，μ＝59，即λ＝19，μ＝59时取等号．所以线段PQ长度的最小值为23.故选C.4．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，C1N→＝λNC→，且AB1⊥MN，则λ的值为________．解析：如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，以MC→，MA→，MP→的方向为x，y，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，则A0，32，0，B1(－12，0，2)，C12，0，0，C112，0，2，M(0，0，0)，设N12，0，t，因为C1N→＝λNC→，所以N12，0，21＋λ，所以AB1→＝－12，－32，2，MN→＝12，0，21＋λ.又因为AB1⊥MN，所以AB1→·MN→＝0.所以－14＋41＋λ＝0，所以λ＝15.答案：155.如图，在多面体ABC­A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝2AB，B1C1綊12BC，二面角A1­AB­C是直二面角．求证：(1)A1B1⊥平面AA1C；(2)AB1∥平面A1C1C.证明：因为二面角A1­AB­C是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，所以AA1⊥平面BAC.又因为AB＝AC，BC＝2AB，所以∠CAB＝90°，即CA⊥AB，所以AB，AC，AA1两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，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)A1B1→＝(0，2，0)，A1A→＝(0，0，－2)，AC→＝(2，0，0)，设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)，则n·A1A→＝0，n·AC→＝0，即－2z＝0，2x＝0，即x＝0，z＝0，取y＝1，则n＝(0，1，0)．所以A1B1→＝2n，即A1B1→∥n.所以A1B1⊥平面AA1C.(2)易知AB1→＝(0，2，2)，A1C1→＝(1，1，0)，A1C→＝(2，0，－2)，设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，则m·A1C1→＝0，m·A1C→＝0，即x1＋y1＝0，2x1－2z1＝0，令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1，1)．所以AB1→·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，所以AB1→⊥m，又AB1⊄平面A1C1C，所以AB1∥平面A1C1C.6.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2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(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，连接SO，则AC⊥BD.由题意知SO⊥平面ABCD.以O为坐标原点，OB→，OC→，OS→分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图．设底面边长为a，则高SO＝62a，于是S0，0，62a，D－22a，0，0，B22a，0，0，C0，22a，0，OC→＝0，22a，0，SD→＝－22a，0，－62a，则OC→·SD→＝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→，则BE→＝BC→＋CE→＝BC→＋tCS→＝－22a，22a（1－t），62at，而BE→·DS→＝0，解得t＝13.即当SE∶EC＝2∶1时，BE→⊥DS→.而BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.