2021版高考数学一轮复习第八章立体几何第6讲空间向量及其运算练习理北师大版.doc

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1、1第第 6 6 讲讲 空间向量及其运算空间向量及其运算基础题组练1.已知三棱锥OABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且OAa a，OBb b，OCc c，用a a，b b，c c表示MN，则MN等于()A.12(b bc ca a)B.12(a ab bc c)C.12(a ab bc c)D.12(c ca ab b)解析：选 D.MNMAAOON12(c ca ab b)2已知a a(2，1，3)，b b(1，2，3)，c c(7，6，)，若a a，b b，c c三向量共面，则()A9B9C3D3解析：选 B.由题意知c cxa ayb b，即(7，6，)x(2，1，3)y(1，2，3

2、)，所以2xy7，x2y6，3x3y，解得9.3在空间四边形ABCD中，ABCDACDBADBC()A1B0C1D不确定解析：选 B.如图，2令ABa a，ACb b，ADc c，则ABCDACDBADBCa a(c cb b)b b(a ac c)c c(b ba a)a ac ca ab bb ba ab bc cc cb bc ca a0.4.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 2C1D 3 2解析：选 D.因为BDBFFEED，所以|BD|2|BF|2|FE|2|ED|22BFFE2FEED2

3、BFED111 23 2，所以|BD|3 2.5已知A(1，0，0)，B(0，1，1)，O为坐标原点，OAOB与OB的夹角为 120，则的值为()A66B66C66D 6解析：选 C.OAOB(1，)，cos 120122 212，得66.经检验66不合题意，舍去，所以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_3解析：因为OC12AC12(ABAD)，所以OC1OCCC112(ABAD)AA112AB12ADAA1.答案：12AB12ADAA17.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

4、AD1.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MN12PD，又P(0，0，1)，D(0，1，0)，所以PD 02（1）212 2，所以MN22.答案：228.如图所示，已知空间四边形OABC，OBOC，且AOBAOC3，则 cosOA，BC的值为_解析：设OAa a，OBb b，OCc c，由已知条件得a a，b ba a，c c3，且|b b|c c|，OABCa a(c cb b)a ac ca ab b12|a a|c c|12|a a|b b|0，所以OABC，所以 cosOA，BC0.4答案：09.如图，在多面体ABCA1B1C1

5、中，四边形A1ABB1是正方形，ABAC，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ABAC，BC 2AB，所以CAB90，即CAAB，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AB2，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 n(x，y

6、，z)，则n nA1A0，n nAC0，即2z0，2x0，即x0，z0，取y1，则n n(0，1，0)所以A1B12n n，5即A1B1n 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 m(x1，y1，z1)，则m mA1C10，m mA1C0，即x1y10，2x12z10，令x11，则y11，z11，即m m(1，1，1)所以AB1m m012(1)210，所以AB1m m，又AB1/平面A1C1C，所以AB1平面A1C1C.10.如图，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，E，F分别

7、是PC，PD的中点，PAAB1，BC2.求证：(1)EF平面PAB；(2)平面PAD平面PDC.证明：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)，所以E12，1，12，F0，1，12，EF12，0，0，PB(1，0，1)，PD(0，2，1)，AP(0，0，1)，AD(0，2，0)，DC(1，0，0)，AB(1，0，0)(1)因为EF12AB，所以EFAB，即EFAB.6又AB平面PAB，EF/平面PAB，所以EF平面PAB.(2)因为APDC(0

8、，0，1)(1，0，0)0，所以APDC，ADDC，即APDC，ADDC.又APADA，所以DC平面PAD.所以平面PAD平面PDC.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OPxOAyOBzOC(x，y，zR R)，则“x2，y3，z2”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x2，y3，z2 时，即OP2OA3OB2OC.则APAO2OA3(ABAO)2(ACAO)，即AP3AB2AC，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APmABnAC

9、(m，nR R)，即OPOAm(OBOA)n(OCOA)，即OP(1mn)OAmOBnOC，即x1mn，ym，zn，这组数显然不止 2，3，2.故“x2，y3，z2”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，AF1，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ACBDO，所以O22，22，0，7又E(0，0，1)，A(2，2，0)，所以OE22，22，1，AM(x 2，y 2，1)，因为AM平面BDE，所以

10、OEAM，所以x 222，y 222，x22，y22，所以M点的坐标为22，22，1.3.如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12，ABBC1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是()A.23B33C.23D53解析：选 C.设DPDC1，AQAC，(，0，1)所以DP(0，1，2)(0，2)，DQDA(DCDA)(1，0，0)(1，1，0)(1，0)所以|PQ|DQDP|(1，2)|（1）2（）24255295592494923，当且仅当5，59，即19，59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，

11、底面边长为 1，M为BC的中点，C1NNC，8且AB1MN，则的值为_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A0，32，0，B1(12，0，2)，C12，0，0，C112，0，2，M(0，0，0)，设N12，0，t，因为C1NNC，所以N12，0，21，所以AB112，32，2，MN12，0，21.又因为AB1MN，所以AB1MN0.所以14410，所以15.答案：155在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD为正方形，PDDC，E，F分别是AB，PB的中点(1)求证：EFC

12、D；(2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF平面PCB？若存在，求出点G坐标；若不存在，试说明理由解：(1)证明：由题意知，DA，DC，DP两两垂直如图，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设ADa，9则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，Ea，a2，0，P(0，0，a)，Fa2，a2，a2.EFa2，0，a2，DC(0，a，0)因为EFDC0，所以EFDC，从而得EFCD.(2)存在理由如下：假设存在满足条件的点G，设G(x，0，z)，则FGxa2，a2，za2，若使GF平面PCB，则由FGCBxa2，a2，za2(a，0

13、，0)axa2 0，得xa2；由FGCPxa2，a2，za2(0，a，a)a22aza2 0，得z0.所以G点坐标为a2，0，0，故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点6 如图，棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于 2，ABC和A1AC均为 60，平面AA1C1C平面ABCD.(1)求证：BDAA1；(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由解：(1)证明：10设BD与AC交于点O，则BDAC，连接A1O，在AA1O中，AA12，AO1，A1AO60，所以A1O2AA21AO22AA1AOcos 603，所以AO2A1O2AA

14、21，所以A1OAO.由于平面AA1C1C平面ABCD，且平面AA1C1C平面ABCDAC，A1O平面AA1C1C，所以A1O平面ABCD.以OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，1，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，D(3，0，0)，A1(0，0，3)，C1(0，2，3)由于BD(2 3，0，0)，AA1(0，1，3)，AA1BD0(2 3)10 300，所以BDAA1，即BDAA1.(2)存在理由如下：假设在直线CC1上存在点P，使BP平面DA1C1，设CPCC1，P(x，y，z)，则(x，y1，z)(0，1，3)从而有P(0，1，3)，BP(3，1，3)设平面DA1C1的法向量为n n(x2，y2，z2)，则n nA1C1，n nDA1，又A1C1(0，2，0)，DA1(3，0，3)，则2y20，3x2 3z20，取n n(1，0，1)，因为BP平面DA1C1，则n nBP，即n nBP 3 30，得1，即点P在C1C的延长线上，且C1CCP.11