2013年高考数学总复习9-6空间向量及其运算(理)但因为测试新人教B版

2013年高考数学总复习9-6空间向量及其运算(理)但因为测试新人教B版1.(2011·广东揭阳一模)已知a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为()A．－2B．－143C.145D．2[答案]D[解析]a－λb＝(λ－2,1－2λ，3－λ)，由a⊥(a－λb)，得－2(λ－2)＋1－2λ＋9－3λ＝0，解得λ＝2.2．(2011·日照模拟)若a＝(2，－2，－2)，b＝(2,0,4)，则a与b的夹角的余弦值为()[来源:Z。xx。k.Com]A.48585B.6985C．－1515D．0[答案]C[解析]cos〈a，b〉＝a·b|a|·|b|＝2×2－823×25＝－1515.3．空间直角坐标系中，A(1,2,3)，B(－2，－1,6)，C(3,2,1)，D(4,3,0)，则直线AB与CD的位置关系是()A．垂直B．平行C．异面D．相交但不垂直[答案]B[解析]AB→＝(－3，－3,3)，CD→＝(1,1，－1)，AB→＝－3CD→，又BC→＝(5,3，－5)，AB→∥\'BC→，∴AB∥CD.4．(2011·天津模拟)已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a、b、c三向量共面，则实数λ等于()A.627B.637C.647D.657[答案]D[解析]由于a、b、c三向量共面，所以存在实数m，n，使得c＝ma＋nb，即有7＝2m－n5＝－m＋4nλ＝3m－2n，解得m＝337，n＝177，λ＝657.5．(2011·济宁月考)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，AM→＝12MC1→，点N为B1B的中点，则|MN|＝()A.216aB.66aC.156aD.153a[答案]A[解析]MN→＝AN→－AM→＝AN→－13AC1→＝AB→＋BN→－13AB→＋AD→＋AA1→＝23AB→＋16AA1→－13AD→.∴|MN→|＝49|AB→|2＋136AA1→2＋19AD→2＝216a.6．已知{a，b，c}是空间一个基底，p＝a＋b，q＝a－b，一定可以与向量p、q构成空间另一基底的是()A．aB．bC．cD．无法确定[答案]C[解析]∵a，b，c不共面，∴p，q，c不共面，若存在x、y∈R，使c＝xp＋yq＝(x＋y)a＋(x－y)b，∴a，b，c共面，矛盾．7．已知a＝(1－t,1－t，t)，b＝(2，t，t)，则|b－a|的最小值为________．[答案]355[解析]b－a＝(1＋t,2t－1,0)，∴|b－a|＝＋t2＋t－2＝t－152＋95，∴当t＝15时，|b－a|取得最小值为355.8．(2010·广东理，10)若向量a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)，满足条件(c－a)·(2b)＝－2，则x＝______.[答案]2[解析]∵a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)，∴(c－a)·(2b)＝(0,0,1－x)·(2,4,2)＝2(1－x)＝－2，解得x＝2.9．若a＝(3x，－5,4)与b＝(x,2x，－2)之间夹角为钝角，则x的取值范围为________．[答案]－23，4[解析]∵a与b的夹角为钝角，∴a·b0，∴3x2－10x－80，∴－23x4，又当a与b方向相反时，a·b0，∴存在λ0，使a＝λb，∴(3x，－5,4)＝(λx,2λx，－2λ)，∴3x＝λx－5＝2λx4＝－2λ，此方程组无解，∴这样的λ不存在，综上知－23x4.10．(2011·福州模拟)已知空间三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．(1)求以AB→、AC→为边的平行四边形的面积；(2)若|a|＝3且a分别与AB→、AC→垂直，求向量a的坐标．[解析]AB→＝(－2，－1,3)，AC→＝(1，－3,2)．(1)因为cos〈AB→，AC→〉＝AB→·AC→|AB→|·|AC→|＝－2＋3＋64＋1＋9·1＋9＋4＝12.所以sin〈AB→，AC→〉＝32.所以S＝|AB→|·|AC→|sin〈AB→，AC→〉＝73.即以AB→、AC→为边的平行四边形面积为73.(2)设a＝(x，y，z)，由|a|＝3，a⊥AB→，a⊥AC→，可得x2＋y2＋z2＝3－2x－y＋3z＝0x－3y＋2z＝0⇒x＝1y＝1z＝1或x＝－1y＝－1z＝－1，所以a＝(1,1,1)或(－1，－1，－1).11.如下图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，N为BB1的靠近B的三等分点，若A1B1→＝a，A1D1→＝b，A1A→＝c，则向量MN→等于()A．－12a＋12b＋13cB.12a＋12b－13cC.12a－12b－13cD．－12a－12b＋23c[答案]C[解析]MN→＝MB→＋BN→＝12D1B1→＋13BB1→＝12(A1B1→－A1D1→)－13A1A→＝12a－12b－13c.12．(2011·天津模拟)正四面体ABCD的棱长为2，E、F分别为BC、AD的中点，则EF的长为()A．1B.52C.2D．2[答案]C[解析]EF→＝EA→＋AF→＝－12(AB→＋AC→)＋12AD→，由条件知|AB→|＝|AC→|＝|AD→|＝2，AB→·AC→＝AB→·AD→＝AC→·AD→＝2，∴|EF→|2＝14[|AD→|2＋|AB→|2＋|AC→|2＋2AB→·AC→－2AB→·AD→－2AC→·AD→]＝2，∴|EF→|＝2.13．△ABC的顶点分别为A(1，－1,2)，B(5，－6,2)，C(1,3，－1)，则AC边上的高BD等于()A．5B.41C．4D．25[答案]A[解析]设AD→＝λAC→，D(x，y，z)，则(x－1，y＋1，z－2)＝λ(0,4，－3)，∴x＝1，y＝4λ－1，z＝2－3λ.∴BD→＝(－4,4λ＋5，－3λ)，又AC→＝(0,4，－3)，AC→⊥BD→，∴4(4λ＋5)－3(－3λ)＝0，∴λ＝－45，∴BD→＝－4，95，125，∴|BD→|＝－2＋952＋1252＝5.14．(2011·东营期末)若a＝(1,5，－1)，b＝(－2,3,5)．(1)若(ka＋b)∥(a－3b)，求k；(2)若(ka＋b)⊥(a－3b)，求k.(3)以坐标原点O为起点作向量OA→＝a，OB→＝b，求O到直线AB的距离．[解析]ka＋b＝(k－2,5k＋3，－k＋5)，a－3b＝(1＋3×2,5－3×3，－1－3×5)＝(7，－4，－16)．(1)∵(ka＋b)∥(a－3b)，∴k－27＝5k＋3－4＝－k＋5－16，解得k＝－13.(2)∵(ka＋b)⊥(a－3b)，∴(k－2)×7＋(5k＋3)×(－4)＋(－k＋5)×(－16)＝0.解得k＝1063.(3)由条件知A(1,5，－1)，B(－2,3,5)，∴AO→＝(－1，－5,1)，AB→＝(－3，－2,6)，AO→·AB→＝19，|AB→|＝7，∴O到直线AB的距离d＝|AO→·AB→||AB→|＝197.15．已知斜三棱柱ABC－A′B′C′，设AB→＝a，AC→＝b，AA′→＝c，在面对角线AC′和棱BC上分别取点M、N，使AM→＝kAC′→，BN→＝kBC→(0≤k≤1)，求证：三向量MN→、a、c共面．[解析]AN→＝AB→＋BN→＝AB→＋kBC→＝AB→＋k(AC→－AB→)＝a＋k(b－a)＝(1－k)a＋kb，AM→＝kAC′→＝k(AA′→＋AC→)＝kb＋kc，MN→＝AN→－AM→＝(1－k)a－kc.∵向量a和c不共线，∴MN→、a、c共面．16.如下图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC綊12AD，BE綊12FA，G、H分别为FA、FD的中点．(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；(2)C、D、F、E四点是否共面？为什么？(3)设AB＝BE，证明：平面ADE⊥平面CDE.[解析]由题设知，FA、AB、AD两两互相垂直．如上图，以A为坐标原点，射线AB为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系A－xyz.(1)设AB＝a，BC＝b，BE＝c，则由题设得A(0，0,0)，B(a,0,0)，C(a，b,0)，D(0,2b,0)，E(a,0，c)，G(0,0，c)，H(0，b，c)，F(0,0,2c)．所以，GH→＝(0，b,0)，BC→＝(0，b,0)，于是GH→＝BC→.又点G不在直线BC上，则GH綊BC，所以四边形BCHG是平行四边形．(2)C、D、F、E四点共面．理由如下：由题设知，F(0,0,2c)，所以EF→＝(－a,0，c)，CH→＝(－a,0，c)，EF→＝CH→，又C∉EF，H∈FD，故C、D、F、E四点共面．(3)由AB＝BE，得c＝a，所以CH→＝(－a,0，a)，AE→＝(a,0，a)又AD→＝(0,2b,0)，因此CH→·AE→＝0，CH→·AD→＝0即CH⊥AE，CH⊥AD，又AD∩AE＝A，所以CH⊥平面ADE.故由CH⊂平面CDFE，得平面ADE⊥平面CDE.[点评]如果所给问题中存在两两垂直的直线交于一点，容易将各点的坐标表示出来时，可用向量法求解．如果其所讨论关系不涉及求角，求距离或所求角、距离比较容易找(作)出时，可不用向量法求解，本题解答如下：(1)由题设知，FG＝GA，FH＝HD，所以GH綊12AD.又BC綊12AD，故GH綊BC，所以四边形BCHG是平行四边形．(2)C、D、F、E四点共面．理由如下：由BE綊12AF，G是FA的中点知，BE綊GF，所以EF∥BG，由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，故EC、FH共面．又点D直线FH上，所以C、D、F、E四点共面．(3)连结EG，由AB＝BE，BE綊AG，及∠BAG＝90°知ABEG是正方形，故BG⊥EA.由题设知，FA、AD、AB两两垂直，故AD⊥平面FABE，因此EA是ED在平面FABE内的射影，∴BG⊥ED.又EC∩EA＝E，所以BG⊥平面ADE.由(1)知，CH∥BG，所以CH⊥平面ADE.由(2)知F∈平面CDE，故CH⊂平面CDE，得平面ADE⊥平面CDE.1．(2011·郑州一中月考)已知向量a＝(1,2,3)，b＝(－2，－4，－6)，|c|＝14，若(a＋b)·c＝7，则a与c的夹角为()A．30°B．60°C．120°D．150°[答案]C[解析]a＋b＝(－1，－2，－3)＝－a，故(a＋b)·c＝－a·c＝7，得a·c＝－7，而|a|＝12＋22＋32＝14，所以cos〈a，c〉＝a·c|a||c|＝－12，〈a，c〉＝120°.2．(2010·山东青岛)在空间四边形ABCD中，AB→·CD→＋AC→·DB→＋AD→·BC→的值为()A．0B.32C．1D．无法确定[答案]A[解析]AB→·CD→＋AC→·DB→＋AD→·BC→＝AB→·(BD→－BC→)＋(BC→－BA→)·DB→＋(BD→－BA→)·BC→＝AB→·BD→－AB→·BC→＋BC→·DB→－BA→·DB→＋BD→·BC→－BA→·BC→＝0，故选A.3．如下图，点P是单位正方体ABCD－A1B1C1D1中异于A的一个顶点，则AP→·AB→的值为()A．0B．1C．0或1D．任意实数[答案]C[解析]AP→可为下列7个向量：AB→，AC→，AD→，AA1→，AB1→，AC1→，AD1→，其中一个与AB→重合，AP→·AB→＝|AB→|2＝1；AD→，AD1→，AA1→与AB→垂直，这时AP→·AB→＝0；AC→，AB1→与AB→的夹角为45°，这时AP→·AB→＝2×1×cosπ4＝1，最后AC1→·AB→＝3×1×cos∠BAC1＝3×13＝1，故选C.4．(2011·泰安模拟)如下图，空间四边形OABC中，OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC中点，则MN→等于______