2022版高考数学一轮复习-课后限时集训-44-空间向量的运算及应用.doc

2022版高考数学一轮复习 课后限时集训 44 空间向量的运算及应用

2022版高考数学一轮复习 课后限时集训 44 空间向量的运算及应用

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课后限时集训(四十四)　空间向量的运算及应用
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一、选择题
1．(多选)(2020·福建省晋江市南侨中学月考)已知向量a＝(1,1,0)，则与a共线的单位向量e＝(　　)
A. B．(0,1,0)
C. D．(1,1,1)
AC　[由题意得，a＝λe，因而|a|＝|λe|＝|λ|，得λ＝±|a|.故e＝±，而|a|＝＝，所以e＝或e＝.故选AC.]
2．已知a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为(　　)
A．－2 B．－
C． D．2
D　[∵a⊥(a－λb)，∴a·(a－λb)＝0，即a2＝λa·b.
又a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，∴a·b＝2＋2＋3＝7，|a|＝＝.
∴14＝7λ，∴λ＝2.故选D.]
3．已知a＝(1,0,1)，b＝(x,1,2)，且a·b＝3，则向量a与b的夹角为(　　)
A． B．
C． D．
D　[∵a＝(1,0,1)，b＝(x,1,2)，
∴a·b＝x＋2＝3.
∴x＝1.
∴|a|＝，|b|＝.
∴cos〈a，b〉＝＝.
又〈a，b〉∈[0，π]，故〈a，b〉＝.故选D.]
4．对于空间一点O和不共线的三点A，B，C，有6＝＋2＋3，则(　　)
A．O，A，B，C四点共面 B．P，A，B，C四点共面
C．O，P，B，C四点共面 D．O，P，A，B，C五点共面
B　[由6＝＋2＋3，
得－＝2(－)＋3(－)，
即＝2＋3，
故，，共面，又它们有公共点P，
因此，P，A，B，C四点共面，故选B.]
5.如图所示，三棱锥O­ABC中，M，N分别是AB，OC的中点，设＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示，则＝(　　)
A.(－a＋b＋c)
B.(a＋b－c)
C.(a－b＋c)
D.(－a－b＋c)
B　[＝＋＝(－)＋＝－＋(－)＝＋－＝(a＋b－c)．]
6．A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，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，∴＝(＋)，
∴·＝(＋)·
＝·＋·＝0.
∴AM⊥AD，△AMD为直角三角形．]
二、填空题
7．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，z∈R)，若A，B，C，D四点共面，则2x＋y＋z＝________.
1　[∵A(1,1，－2)，B(1,2，－3)，C(－1,3,0)，D(x，y，z)(x，y，z∈R)，∴＝(0,1，－1)，＝(－2,2,2)，＝(x－1，y－1，z＋2)．
∵A，B，C，D四点共面，∴存在实数λ，μ使得＝λ＋μ，即(x－1，y－1，z＋2)＝λ(0,1，－1)＋μ(－2,2,2)，
∴解得2x＋y＋z＝1.]
8．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈，〉的值为________．
　[如图建立空间直角坐标系D­xyz，设正方体棱长为2，则易得＝(2，－2,1)，＝(2,2，－1)，
∴cos〈，〉＝＝－，∴sin〈，〉＝＝.]
9．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正确的是________．
①②③　[∵·＝0，·＝0，
∴AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确．
又与不平行，
∴是平面ABCD的法向量，则③正确．
∵＝－＝(2,3,4)，＝(－1,2，－1)，
∴与不平行，故④错误．]
三、解答题
10.如图所示，已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：
(1)DE∥平面ABC；
(2)B1F⊥平面AEF.
[证明]　(1)建立如图所示的空间直角坐标系，
令AB＝AA1＝4，则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)．取AB的中点N，连接CN，则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，
所以＝(－2,4,0)，＝(－2,4,0)，
所以＝，所以DE∥NC.
又因为NC⊂平面ABC，DE⊄平面ABC，
故DE∥平面ABC.
(2)由(1)知＝(－2,2，－4)，
＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)．
·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.
所以⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF，又因为AF∩FE＝F，所以B1F⊥平面AEF.
11.如图所示，已知四棱锥P­ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.
证明：(1)PA⊥BD；
(2)平面PAD⊥平面PAB.
[证明]　(1)取BC的中点O，连接PO，
因为平面PBC⊥底面ABCD，△PBC为等边三角形，
平面PBC∩底面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC，
所以PO⊥底面ABCD.
以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝，
所以A(1，－2,0)，B(1,0,0)，
D(－1，－1,0)，P(0,0，)，
所以＝(－2，－1,0)，
＝(1，－2，－)．
因为·＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－)＝0，
所以⊥，所以PA⊥BD.
(2)取PA的中点M，连接DM，则M.
因为＝，＝(1,0，－)，
所以·＝×1＋0×0＋×(－)＝0，
所以⊥，即DM⊥PB.
因为·＝×1＋0×(－2)＋×(－)＝0，所以⊥，即DM⊥PA.
又因为PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，所以DM⊥平面PAB.

因为DM⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面PAB.

1．(2020·潍坊期末)如图所示的平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，已知AB＝AA1＝AD，∠BAD＝∠DAA1＝60°，∠BAA1＝30°，N为A1D1上一点，且A1N＝λA1D1.
(1)若BD⊥AN，则λ的值为________；
(2)若M为棱DD1的中点，BM∥平面AB1N，则λ的值为________．
(1)－1　(2)　[(1)取空间中一组基底：＝a，＝b，＝c，因为BD⊥AN，
所以·＝0.
因为＝－＝b－a，＝＋＝c＋λb，
所以(b－a)·(c＋λb)＝0，
所以＋λ－－＝0，所以λ＝－1.
2)在AD上取一点M1使得A1N＝AM1，连接M1N，M1M，M1B，因为A1N∥AM1且A1N＝AM1，所以四边形AA1NM1为平行四边形，又AA1綊BB1，所以M1N
綊B1B，所以四边形NM1BB1为平行四边形，所以NB1∥M1B，NB1＝M1B，
又因为M1B⊄平面AB1N，NB1⊂平面AB1N，
所以M1B∥平面AB1N，
又因为BM∥平面AB1N，且BM∩M1B＝B，
所以平面M1MB∥平面AB1N，
所以MM1∥平面AB1N.
又因为 平面AA1D1D∩平面AB1N＝AN，且MM1⊂平面AA1D1D，
所以M1M∥AN，所以△AA1N∽△MDM1，
所以＝＝＝2，所以λ＝.]
2．如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，∠ACD＝90°，把△ADC沿对角线AC折起，使AB与CD成60°角，则BD的长为________．

2或　[∵AB与CD成60°角，
∴〈，〉＝60°或120°.
又∵AB＝AC＝CD＝1，AC⊥CD，AC⊥AB，
∴||＝＝
＝
＝
＝，
∴||＝2或.∴BD的长为2或.]
3.如图所示，四棱锥S­ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，点P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD；
(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SE∶EC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AC⊥BD.连接SO，由题意知SO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图．
设底面边长为a，则高SO＝a，
于是S，D，B，C，
＝，
＝，
则·＝0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD.
(2)棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.
理由如下：由已知条件知是平面PAC的一个法向量，且＝，＝，＝.
设＝t，则＝＋＝＋t
＝，
而·＝0⇒t＝.
即当SE∶EC＝2∶1时，BE⊥DS.
而BE⊄平面PAC，
故BE∥平面PAC.