2022届高三数学一轮复习（原卷版）课后限时集训46 空间向量的运算及应用 作业.doc

1 空间向量的运算及应用 建议用时：45 分钟 一、选择题 1已知 a(2，3，4)，b(4，3，2)，b12x2a，则 x 等于( ) A(0，3，6) B(0，6，20) C(0，6，6) D(6，6，6) B 由 b12x2a，得 x4a2b(8，12，16)(8，6，4)(0，6，20) 2若ABCDCE，则直线 AB 与平面 CDE 的位置关系是( ) A相交 B平行 C在平面内 D平行或在平面内 D ABCDCE，AB，CD，CE共面 则 AB 与平面 CDE 的位置关系是平行或在平面内 3已知 a(2，3，1)，b(2，0，4)，c(4，6，2)，则下列结论正确的是( ) Aac，bc Bab，ac Cac，ab D以上都不对 C c(4，6，2)2(2，3，1)2a，ac，又 a b22(3)0140，ab. 4.如图所示，三棱锥 O- ABC 中，M，N 分别是 AB，OC 的中点，设OAa，OBb，OCc，用 a，b，c 表示NM，则NM( ) A.12(abc) B.12(abc) 2 C.12(abc) D.12(abc) B NMNAAM(OAON)12ABOA12OC12(OBOA)12OA12OB12OC12(abc) 5A，B，C，D 是空间不共面的四点，且满足AB AC0，AC AD0， AB AD0，M 为 BC 中点，则AMD 是( ) A钝角三角形 B锐角三角形 C直角三角形 D不确定 C M 为 BC 中点，AM12(ABAC)， AM AD12(ABAC) AD 12AB AD12AC AD0. AMAD，AMD 为直角三角形 二、填空题 6在空间直角坐标系中，A(1，1，2)，B(1，2，3)，C(1，3，0)，D(x，y，z)(x，y，zR)，若 A，B，C，D 四点共面，则 2xyz_ 1 A(1，1，2)，B(1，2，3)，C(1，3，0)，D(x，y，z)(x，y，zR)，AB(0，1，1)，AC(2，2，2)，AD(x1，y1，z2) A，B，C，D 四点共面，存在实数 ， 使得ADABAC，即(x1，y1，z2)(0，1，1)(2，2，2)， x12，y12，z22，解得 2xyz1. 7在正方体 ABCD- A1B1C1D1中，M，N 分别为棱 AA1和 BB1的中点，则 sinCM，D1N的值为_ 3 4 59 如图建立空间直角坐标系 D- xyz，设正方体棱长为2，则易得CM(2，2，1)，D1N(2，2，1)， cosCM，D1NCM D1N|CM|D1N|19，sinCM，D1N11924 59. 8已知点 P 是平行四边形 ABCD 所在的平面外一点，如果AB(2，1，4)，AD(4，2，0)，AP(1，2，1)对于结论：APAB；APAD；AP是平面 ABCD 的法向量；APBD.其中正确的是_ AB AP0，AD AP0， ABAP，ADAP，则正确 又AB与AD不平行， AP是平面 ABCD 的法向量，则正确 BDADAB(2，3，4)，AP(1，2，1)， BD与AP不平行，故错误 三、解答题 9已知空间中三点 A(2，0，2)，B(1，1，2)，C(3，0，4)，设 aAB，bAC. (1)若|c|3，且 cBC，求向量 c； (2)求向量 a 与向量 b 的夹角的余弦值 解 (1)cBC，BC(3，0，4)(1，1，2) (2，1，2)， cmBCm(2，1，2)(2m，m，2m)， |c|（2m）2（m）2（2m）23|m|3， 4 m 1.c(2，1，2)或(2，1，2) (2)a(1，1，0)，b(1，0，2)， a b(1，1，0) (1，0，2)1， 又|a|121202 2， |b|（1）20222 5， cosa，ba b|a| |b|1101010， 故向量 a 与向量 b 的夹角的余弦值为1010. 10.如图，在棱长为 a 的正方体 OABC- O1A1B1C1中，E，F分别是棱 AB，BC 上的动点，且 AEBFx，其中 0 xa，以 O 为原点建立空间直角坐标系 O- xyz. (1)写出点 E，F 的坐标； (2)求证：A1FC1E； (3)若 A1，E，F，C1四点共面，求证：A1F12A1C1A1E. 解 (1)E(a，x，0)，F(ax，a，0) (2)证明：A1(a，0，a)，C1(0，a，a)， A1F(x，a，a)，C1E(a，xa，a)， A1F C1Eaxa(xa)a20， A1FC1E，A1FC1E. (3)证明：A1，E，F，C1四点共面， A1E，A1C1，A1F共面 选A1E与A1C1为在平面 A1C1E 上的一组基向量，则存在唯一实数对(1，2)，使A1F1A1C12A1E， 即(x，a，a)1(a，a，0)2(0，x，a) (a1，a1x2，a2)， 5 xa1，aa1x2，aa2，解得 112，21. 于是A1F12A1C1A1E. 1在空间四边形 ABCD 中，则AB CDAC DBAD BC的值为( ) A1 B0 C1 D2 B 法一： (直接法)如图， 令ABa， ACb， ADc, , 则AB CDAC DBAD BC AB (ADAC)AC (ABAD)AD (ACAB) a (cb)b (ac)c (ba) a ca bb ab cc bc a0. 法二：(特值法)在三棱锥 A- BCD 中，不妨令其各棱长都相等，则正四面体的对棱互相垂直 所以AB CD0，AC DB0，AD BC0. 所以AB CDAC DBAD BC0. 2.(2019 四川名校联考)如图所示，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 a，M，N 分别为 A1B 和 AC 上的点，A1MAN2a3，则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是( ) A相交 B平行 C垂直 D不能确定 B 正方体棱长为 a，A1MAN2a3， 6 MB23A1B，CN23CA， MNMBBCCN 23A1BBC23CA 23(A1B1B1B)BC23CDDA23B1B13B1C1. 又CD是平面 B1BCC1的法向量， 且MN CD23B1B13B1C1CD0， MNCD， MN平面 B1BCC1.故选 B. 3ABC 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_ 5 设ADAC，D(x，y，z)， 则(x1，y1，z2)(0，4，3)， x1，y41，z23， D(1，41，23)， BD(4，45，3)， AC BD0， 4(45)3(3)0， 解得 45，BD4，95，125， |BD|（4）295212525. 4如图所示，在平行四边形 ABCD 中，ABACCD1，ACD90，把ADC 沿对角线 AC 折起，使 AB 与 CD 成 60角，求 BD 的长 7 解 AB 与 CD 成 60角， BA，CD60或 120. 又ABACCD1，ACCD，ACAB， |BD|BD2（BAACCD）2 BA2AC2CD22BA AC2AC CD2BA CD 11100211cosBA，CD 32cosBA，CD， |BD|2 或 2.BD 的长为 2 或 2. 1已知 O(0，0，0)，A(1，2，1)，B(2，1，2)，P(1，1，2)，点 Q 在直线OP 上运动，当QA QB取最小值时，点 Q 的坐标是_ (1，1，2) 由题意，设OQOP，则OQ(，2)，即 Q(，2)，则QA(1，2，12)，QB(2，1，22)，QA QB(1)(2)(2)(1)(12)(22)621266(1)2，当 1 时取最小值，此时 Q 点坐标为(1，1，2) 2.如图所示，四棱锥 S- ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的 2倍，点 P 为侧棱 SD 上的点 (1)求证：ACSD； (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 SEEC 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 ACBD.连接 SO，由题意知 SO平面 ABCD. 以 O 为坐标原点，OB，OC，OS所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图 底面边长为 a，则高 SO62a， 8 于是 S0，0，62a ， D22a，0，0 ，B22a，0，0 ，C0，22a，0 ， OC0，22a，0 ， SD22a，0，62a ， 则OC SD0.故 OCSD.从而 ACSD. (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DS22a，0，62a ，CS0，22a，62a ，BC22a，22a，0 . 设CEtCS，则BEBCCEBCtCS22a，22a（1t），62at ，而BE DS0t13. 即当 SEEC21 时，BEDS. 而 BE平面 PAC，故 BE平面 PAC.