高考数学一轮复习配餐作业47空间向量及其运算含解析理.doc

《高考数学一轮复习配餐作业47空间向量及其运算含解析理.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学一轮复习配餐作业47空间向量及其运算含解析理.doc（8页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1配餐作业配餐作业( (四十七四十七) ) 空间向量及其运算空间向量及其运算(时间：40 分钟)一、选择题1点M(8,6,1)关于x轴的对称点的坐标是( )A(8，6，1) B(8，6，1)C(8，6,1) D(8，6,1)解析 点P(a，b，c)关于x轴的对称点为P(a，b，c)。故选 A。答案 A2若A(x,5x,2x1)，B(1，x2,2x)，当|取最小值时，x的值为( )ABA19 B8 7C. D.8 719 14解析 |AB1x22x3231x2，14(x87)25 7所以当x 时，|min。故选 C。8 7AB357答案 C3设A，B，C，D是空间不共面的四个点，且满足0，0，0

2、，则BCD的形状是( )ABACADACADABA钝角三角形 B直角三角形C锐角三角形 D无法确定解析 ()()220，同理，BCBDACABADABACADACABABADABAB0，0，BCD为锐角三角形。故选 C。DBDCCBCD答案 C4.如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB2，E为PB的中点，cos， DPAE，若以DA、DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标为33( )2A(1,1,1) B.(1，1，1 2)C. D(1,1,2)(1，1，3 2)解析 设PDa，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，P(0,0，a)，E。(1，1，a 2

3、)(0,0，a)，。DPAE(1，1，a 2)由 cos， ，DPAE33a，a2。a2 22a2433E的坐标为(1,1,1)。故选 A。答案 A5若平面，的法向量分别为n n1(2，3,5)，n n2(3,1，4)，则( )A BC，相交但不垂直 D以上均不正确解析 n n1n n22(3)(3)15(4)0，n n1与n n2不垂直，与相交但不垂直。故选 C。答案 C6如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，以CD，CB，CE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，AB，AF1，M在EF上，且AM平面BDE，则M2点的坐标为( )A(1,1,1) B.(23，23，1)

4、3C. D.(22，22，1)(24，24，1)解析 由已知得A(， ，0)，B(0， ，0)，D(，0,0)，E(0,0,1)，设M(x，x,1)。2222则(x，x，1)，(，0)，(0，1)。设平面BDE的AM22BD22BE2一个法向量为n n(a，b，c)。则Error!即Error!解得Error!令b1，则n n(1,1，)。2又AM平面BDE，所以n n0。AM即 2(x)0，得x，所以M。2222(22，22，1)故选 C。答案 C二、填空题7已知长方体ABCDA1B1C1D1中，DADD11，DC，点E是B1C1的中点，建立空2间直角坐标系Dxyz如图所示，则|AE|_。解

5、析 由题意长方体ABCDA1B1C1D1中，DADD11，DC，点E是B1C1的中点，2则A(1,0,0)，E，所以，所以|(1 2， 2，1)AE(1 2， 2，1)AE(1 2)2 2212。132答案 1328设点C(2a1，a1,2)在由点P(2,0,0)，A(1，3,2)，B(8，1,4)确定的平面上，则a_。解析 由共面向量定理知xy，PCPAPB即(2a1，a1,2)x(1，3,2)y(6，1,4)，即Error!解得a16。答案 1649(2017武威模拟)已知平面内的三点A(0,0,1)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，平面的一个法向量n n(1，1，1)。则不重合的两个

6、平面与的位置关系是_。解析 由已知得，(0,1，1)，(1,0，1)，设平面的一个法向量为ABACm m(x，y，z)，则Error!得Error!得Error!令z1，得m m(1,1,1)。又n n(1，1，1)，所以m mn n，即m mn n，所以。答案 平行三、解答题10如图，在棱长为a的正方体OABCO1A1B1C1中，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AEBFx，其中 0xa，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz。(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：。A1F1 2A1C1A1E解析 (1)E(a，x,0)，F(ax，a,

7、0)。(2)证明：A1(a,0，a)、C1(0，a，a)，(x，a，a)，(a，xa，a)，A1FC1Eaxa(xa)a20，A1FC1E，A1FC1E。A1FC1E(3)证明：A1，E，F，C1四点共面，共面。A1EA1C1A1F选与为一组基向量，则存在唯一实数对(1，2)，使A1EA1C112，A1FA1C1A1E即(x，a，a)1(a，a,0)2(0，x，a)5(a1，a1x2，a2)，Error!解得1 ，21。1 2于是。A1F1 2A1C1A1E答案 (1)E(a，x,0)，F(ax，a,0) (2)(3)见解析11.如图，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，E，F

8、分别是PC，PD的中点，PAAB1，BC2。(1)求证：EF平面PAB；(2)求证：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Axyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，E，F，(1,0，1)，(0,2，1)，(1 2，1，1 2)(0，1，1 2)EF(1 2，0，0)PBPD(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(1,0,0)。APADDCAB(1)，即EFAB。EF1 2ABEFAB又AB平面PAB，EF平面PAB，EF平面PAB。(2

9、)(0,0,1)(1,0,0)0，(0,2,0)(1,0,0)0，APDCADDC，APDCADDC即APDC，ADDC。又APADA，DC平面PAD。DC平面PDC，平面PAD平面PDC。(时间：20 分钟)61(2016北京模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1C1C是边长为 4 的正方形。平面ABC平面AA1C1C，AB3，BC5。(1)求证：AA1平面ABC；(2)证明：在线段BC1上存在点D，使得ADA1B，并求的值。BD BC1解析 (1)证明：因为AA1C1C为正方形，所以AA1AC。因为平面ABC平面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC。所以AA1平面AB

10、C。(2)由(1)知AA1AB，AA1AC。由题知AB3，BC5，AC4，所以ABAC。如图，以A为原点建立空间直角坐标系Axyz，则B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4)。设D(x，y，z)是线段BC1上的一点，且，0,1。BDBC1所以(x，y3，z)(4，3,4)。解得x4，y33，z4，所以(4，33，4)。AD由0，即 9250，解得。ADA1B9 25因为0,1，所以在线段BC1上存在点D，9 25使得ADA1B，此时，。BD BC19 257答案 (1)见解析 (2)存在点D，BD BC19 252(2017潍坊模拟)如图所示，在 RtABC

11、中，C90，BC3，AC6，D，E分别是AC，AB上的点，且DEBC，DE2，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如图所示。(1)求证：A1C平面BCDE；(2)线段BC上是否存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由。解析 (1)证明：因为ACBC，DEBC，所以DEAC，所以DEA1D，DECD，A1DDCD，所以DE平面A1DC，所以DEA1C。又因为A1CCD，DECDD，所以A1C平面BCDE。(2)如图所示，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系Cxyz，则A1(0,0,2)，3D(0,2,0)，B(3,0,0)，E(2,2,0)。设平面A1BE的法向量为n

12、n(x，y，z)，则n n0，n n0。A1BBE又因为(3,0，2)，(1,2,0)，A1B3BE所以Error!令y1，则x2，z，所以n n(2,1，)。33假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p0,3。设平面A1DP的法向量为m m(x1，y1，z1)，则Error!又因为(0,2，2)，(p，2,0)，A1D3DP8所以Error!令x12，则y1p，z1。p3所以m m。(2，p，p3)当且仅当m mn n0 时，平面A1DP平面A1BE。由m mn n0，得 4pp0，解得p2，与p0,3矛盾。所以线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直。答案 (1)见解析 (2)不存在，理由见解析