2022年《创新教程》高考数学(理科)大一轮(人教A新课标)课时冲关：第7章-立体几何-6-.docx

第七章 第6节

一、选择题
1．已知a＝(λ＋1,0,2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，则λ与μ的值可以是(　　)
A．2，　　　　　　 B．－，
C．－3,2 D．2,2
解析：由题意知：解得或
答案：A
2．在空间四边形ABCD中，·＋·＋·＝(　　)
A．－1 B．0
C．1 D．不确定
解析：如图，令＝a，＝b，＝c，
则·＋·＋·
＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.
答案：B
3．如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB＝2，E为PB的中点，cos〈，〉＝，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(　　)

A．(1,1,1) B.
C. D．(1,1,2)
解析：设PD＝a，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，P(0,0，a)，
E，∴＝(0,0，a)，＝，
∵cos〈，〉＝，∴＝a ·，∴a＝2.∴E的坐标为(1,1,1)．
答案：A
4．(2021·武汉模拟)二面角α­l­β为60°，A，B是棱l上的两点，AC，BD分别在半平面α，β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝a，BD＝2a，则CD的长为(　　)
A．2a B.a
C．a D.a
解析：∵AC⊥l，BD⊥l，
∴〈，〉＝60°，且·＝0，·＝0，
∴＝
＋＋，∴||＝
＝ ＝2a.
答案：A
5．正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且＝，N为B1B的中点，则||为(　　)
A.a B.a
C.a D.a
解析：以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，
则A(a,0,0)，C1(0，a，a)，N.
设M(x，y，z)．
∵点M在AC1上且＝，
∴(x－a，y，z)＝(－x，a－y，a－z)
∴x＝a，y＝，z＝.∴M，
∴||＝
＝a.
答案：A

6．如图所示，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝，
则cos〈，〉的值为(　　)
A．0　　　B.　　　C.　　　D.
解析：设＝a，＝b，＝c，
由已知条件〈a，b〉＝〈a，c〉＝，且|b|＝|c|，
·＝a·(c－b)＝a·c－a·b
＝|a||c|cos 60°－|a||b|cos 60°＝0，
∴cos〈，〉＝0.
答案：A
二、填空题
7．(2021·台州模拟)已知a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，且|a|＝5，|b|＝6，a·b＝30，则＝________.
解析：设向量a与b的夹角为θ(0≤θ≤π)，由已知及向量数量积的定义得：
a·b＝|a|·|b|cos θ＝5×6×cos θ＝30，
所以cos θ＝1，所以θ＝0，所以a∥b.
又由于a与b均为非零向量，且|a|＝5，|b|＝6，
所以可得b＝a，即(b1，b2，b3)＝(a1，a2，a3)，
从而有：＝＝＝.
得：＝.
答案：
8．如图所示，已知二面角α­l­β的平面角为θ，AB⊥BC，BC⊥CD，AB在平面β内，BC在l上，CD在平面α内，若AB＝BC＝CD＝1，则AD的长为________．

解析：＝＋＋，
所以2＝2＋＋2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2cos(π－θ)＝3－2cos θ，
所以||＝，即AD的长为.
答案：
9．已知a＝(1－t,1－t，t)，b＝(2，t，t)，则|b－a|的最小值为________．
解析：b－a＝(1＋t,2t－1,0)，
∴|b－a|＝
＝ ，
∴当t＝时，|b－a|取得最小值.
答案：
三、解答题
10．已知空间中三点A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，设a＝，b＝.
(1)求向量a与向量b的夹角的余弦值；
(2)若ka＋b与ka－2b相互垂直，求实数k的值．
解：(1)∵a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，
∴a·b＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1，
又|a|＝ ＝，
|b|＝ ＝，
∴cos〈a，b〉＝＝＝－，
即向量a与向量b的夹角的余弦值为－.
(2)方法一　∵ka＋b＝(k－1，k,2)．
ka－2b＝(k＋2，k，－4)，且ka＋b与ka－2b相互垂直，
∴(k－1，k,2)·(k＋2，k，－4)＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝0，∴k＝2或k＝－，
∴当ka＋b与ka－2b相互垂直时，实数k的值为2或－.
方法二　由(1)知|a|＝，|b|＝，a·b＝－1，
∴(ka＋b)·(ka－2b)＝k2a2－ka·b－2b2＝2k2＋k－10＝0，得k＝2或k＝－.

11．(2022·汕头模拟)已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为3，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝FC1＝1.
(1)求证：E，B，F，D1四点共面；
(2)若点G在BC上，BG＝，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥平面BCC1B1.
证明：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，E(3,0,1)，F(0,3,2)，D1(3,3,3)，
则＝(3,0,1)，＝(0,3,2)，＝(3,3,3)．
所以＝＋.故，，共面．
又它们有公共点B，所以E，B，F，D1四点共面．
(2)设M(0,0，z0)，G，
则＝，而＝(0,3,2)，
由题设得·＝－×3＋z0·2＝0，
得z0＝1.故M(0,0,1)，有＝(3,0,0)．
故ME⊥平面BCC1B1.
又＝(0,0,3)，＝(0,3,0)，
所以·＝0，·＝0，
从而ME⊥BB1，ME⊥BC.

又BB1∩BC＝B.
BB1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，
所以EM⊥平面BCC1B1.
12．直三棱柱ABC­A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D、E分别为AB、BB′的中点．
(1)求证：CE⊥A′D；
(2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值．
(1)证明：设＝a，＝b，＝c，
依据题意，|a|＝|b|＝|c|，
且a·b＝b·c＝c·a＝0，
∴＝b＋c，＝－c＋b－a.
∴·＝－c2＋b2＝0.
∴⊥，即CE⊥A′D.
(2)解：∵＝－a＋c，||＝|a|，
||＝|a|.
·＝(－a＋c)·
＝c2＝|a|2，
∴cos〈，〉＝＝.
即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为.

[备课札记]