(江苏专用)2013高考数学总复习-(基础达标演练+综合创新备选)第八篇《第49讲-空间向量及其坐标运算》理.doc

2013高考总复习江苏专用（理科）：第八篇《第49讲　空间向量及其坐标运算》（基础达标演练+综合创新备选，含解析）
A级　基础达标演练
(时间：45分钟　满分：80分)
一、填空题(每小题5分，共35分)
1．已知向量a＝，b＝(x,1,2)，其中x＞0.若a∥b，则实数x等于________．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
解析　a∥b且x＞0⇔存在λ＞0使a＝λb⇔＝(λx，λ，2λ)⇔⇔
答案　x＝4
2．以下四个命题中正确的是________(填序号)．
①空间的任何一个向量都可用其他三个向量表示
②若{a，b，c}为空间向量的一组基底，则{a＋b，b＋c，c＋a}构成空间向量的另一组基底
③△ABC为直角三角形的充要条件是·＝0
④任何三个不共线的向量都可构成空间向量的一组基底
解析　若a＋b、b＋c、c＋a为共面向量，则a＋b＝λ(b＋c)＋μ(c＋a)，(1－μ)a＝(λ－1)b＋(λ＋μ)c，
λ，μ不可能同时为1，设μ≠1，则a＝b＋c，则a、b、c为共面向量，此与{a，b，c}为空间向量基底矛盾．
答案　②
3．给出下列四个命题：
①若p＝xa＋yb，则p与a，b共面；
②若p与a，b共面，则p＝xa＋yb.
③若＝x＋y，则P，M，A、B共面；
④若P，M，A，B共面，则＝x＋y.
其中真命题的序号是________．
解析　其中①③为正确命题．
答案　①③
4．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________．
解析　由题意得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)，
∴∴t＝，μ＝，λ＝.
答案　
5．如图，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝，则cos〈，〉的值为________．
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|－|a||b|＝0，∴cos〈，〉＝0.
答案　0
6．如图所示，已知空间四边形OABC，其对角线为OB、AC，M、N分别为OA、

BC的中点，点G在线段MN上，且＝2，若＝x＋y＋z，则x，y，z的值分别为________________．
解析　∵＝＋＝＋
＝＋(－)＝＋－
＝＋×(＋)－×
＝＋＋
∴x，y，z的值分别为，，.
答案　，，
7．在空间四边形ABCD中，·＋·＋·＝________.
解析　如图，设＝a，＝b，＝c，
·＋·＋·
＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)＝0
答案　0
二、解答题(每小题15分，共45分)
8．证明三个向量a＝－e1＋3e2＋2e3，b＝4e1－6e2＋2e3，c＝－3e1＋12e2＋11e3共面．
证明　设a＝xb＋yc
由已知条件
解得x＝－，y＝
即a＝－b＋c
故a，b，c三个向量共面．
9．如图，在棱长为a的正方体ABCD­A1B1C1D1中，G为△BC1D的重心，

(1)试证A1、G、C三点共线；
(2)试证A1C⊥平面BC1D；
(3)求点C到平面BC1D的距离．
(1)证明　因为G是△BC1D的重心，所以
C＝(C＋C＋)，
所以＝C＋B＋＝C＋C＋＝3，
∴∥，即A1、G、C三点共线．
(2)证明　设＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝a，
且a·b＝b·c＝c·a＝0，
∵＝a＋b＋c，＝c－a，∴·＝(a＋b＋c)·
(c－a)＝c2－a2＝0，
∴⊥，即CA1⊥BC1，同理可证：CA1⊥BD，因此A1C⊥平面BC1D.
(3)解　∵＝a＋b＋c，∴2＝a2＋b2＋c2＝3a2，即||＝a，
因此||＝a.即C到平面BC1D的距离为a.
10．如图，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点．

(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；
(2)求MN的长．
解　(1)设A＝p，A＝q，A＝r.
由题意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量两两夹角均为60°.

M＝A－A＝(A＋A)－A
＝(q＋r－p)，
∴M·A＝(q＋r－p)·p
＝(q·p＋r·p－p2)
＝(a2·cos 60°＋a2·cos 60°－a2)＝0.
∴MN⊥AB，同理可证MN⊥CD.
(2)由(1)可知，MN＝(q＋r－p)．
∴|M2|＝＝(q＋r－p)2
＝[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]
＝
＝×2a2＝.
∴|M|＝a，
∴MN的长为a.
B级　综合创新备选
(时间：30分钟　满分：60分)
一、填空题(每小题5分，共30分)
1．正四面体ABCD的棱长为1，G是△ABC的中心，M在线段DG上，且∠AMB＝90°，则GM的长为________．

解析　设＝a，＝b，＝c.
＝＋λ
＝－a＋(a＋b＋c)
＝a＋b＋c，
＝＋＝(a－b)＋a＋b＋c
＝a＋b＋c
由·＝0可解得λ＝，||＝||＝.
答案　
2．给出下列命题：
①若a∥b，b∥c，则a∥c；
②不等式|a＋b|＜|a|＋|b|的充要条件是a与b不共线；
③若非零向量c垂直于不共线的向量a和b，d＝λa＋μb(λ、μ∈R，且λμ≠0)，则c⊥d.
正确命题的序号是________．
解析　只有命题③是正确命题．
答案　③
3．在下列条件中，使M与A、B、C一定共面的是________．
①＝2－－；②＝＋＋；
③＋＋＝0；④＋＋＋＝0；
解析　∵＋＋＝0，∴＝－－，则、、为共面向量，即M、A、B、C四点共面．
答案　③
4．在空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，则OA与BC所成角的余弦值等于________．

解析　设O＝a，O＝b，O＝c.
设OA与BC所成的角为θ，则O·B＝a·(c－b)＝a·c－a·b＝a·(a＋A)－a·(a＋A)＝a2＋a·A－a2－a·A＝24－16.
∴cos θ＝＝＝.
答案　
5．已知在一个60°的二面角的棱上，如图有两个点A，B，AC，BD分别是在这个二面角的两个半平面内垂直于AB的线段，且AB＝4 cm，AC＝6 cm，BD＝8 cm，则CD的长为________．
解析　设＝a，＝b，＝c
由已知条件|a|＝8，|b|＝4，|c|＝6
〈a，b〉＝90°，〈b，c〉＝90°，〈a，c〉＝60°
||2＝|＋＋|2＝|－c＋b＋a|2
＝a2＋b2＋c2＋2a·b－2a·c－2b·c
＝68，则||＝2.
答案　2 cm
6．已知ABCD-A1B1C1D1为正方体，给出下列四个命题：
①(＋＋)2＝3A1B12；②·(－)＝0；③向量与向量的夹角是60°；④正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|A··A|.其中正确命题的序号是________．
解析　设正方体的棱长为1，①中(＋＋)2＝32＝3，故①正确；②中－＝，由于AB1⊥A1C，故②正确；③中A1B与AD1两异面直线所成角为60°，但与的夹角为120°，故③不正确；④中|A··A|＝0.故④也不正确．
答案　①②
二、解答题(每小题15分，共30分)
7．如图，在空间四边形SABC中，AC、BS为其对角线，O为△ABC的重心，试证：
(1)＋＋＝0；
(2)＝(＋＋)．
证明　(1)＝－(＋)， ①
＝－(＋)， ②
＝－(＋)， ③
①＋②＋③得＋＋＝0.
(2)＝＋， ④
＝＋， ⑤
＝＋， ⑥
由(1)得：＋＋＝0.

④＋⑤＋⑥得3＝＋＋
即＝(＋＋)．
8．如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB、AD、CD的中点，计算：

(1)·；　(2)·；
(3)EG的长；
(4)异面直线AG与CE所成角的余弦值．
解　设＝a，＝b，＝c.
则|a|＝|b|＝|c|＝1，
〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
＝＝c－a，
＝－a，＝b－c，
(1)·＝·(－a)
＝a2－a·c＝，
(2)·＝(c－a)·(b－c)
＝(b·c－a·b－c2＋a·c)＝－；
(3)＝＋＋＝a＋b－a＋c－b
＝－a＋b＋c，
||2＝a2＋b2＋c2－a·b＋b·c－c·a
＝，则||＝.
(4)＝b＋c，
＝＋＝－b＋a，
cos〈，〉＝＝－，
由于异面直线所成角的范围是，
所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为.

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