2019-2020年高考数学一轮复习第七章立体几何课时达标43空间向量及其运算

2019-2020年高考数学一轮复习第七章立体几何课时达标43空间向量及
其运算
[解密考纲]空间向量及其应用的考查以解答题为主，多作为解答题的第二种解法(第一种解法为几何法，第二种解法为向量法)，难度中等．
一、选择题
1．点M (－8,6,1)关于x 轴的对称点的坐标是( A ) A ．(－8，－6，－1) B ．(8，－6，－1) C ．(8，－6,1)
D ．(－8，－6,1)
解析 结合空间直角坐标中，点关于x 轴对称的点的坐标特点知选项A 正确． 2．O 为空间任意一点，若OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →
，则A ，B ，C ，P 四点( B )
A ．一定不共面
B ．一定共面
C ．不一定共面
D ．无法判断
解析 ∵OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →
，且34＋18＋18＝1，
∴A ，B ，C ，P 四点共面．
3．已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝1
2x －2a ，则x ＝( B )
A ．(0,3，－6)
B ．(0,6，－20)
C ．(0,6，－6)
D ．(6,6，－6)
解析 ∵b ＝1
2
x －2a ，∴x ＝4a ＋2b
即x ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)
4．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝( B )
A ．9
B ．－9
C ．－3
D ．3
解析 由题意知c ＝x a ＋y b ，
即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)， 所以⎩⎪⎨⎪
⎧
2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，
－3x ＋3y ＝λ，
解得λ＝－9.
5．若平面α，β的法向量分别为n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则( C ) A ．α∥β
B ．α⊥β
C ．α，β相交但不垂直
D ．以上均不正确
解析 由n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，∵n 1和n 2不平行，
∴α与β不平行；又∵n 1·n 2＝－6－3－20＝－29≠0，∴α与β不垂直． 6．平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，向量AB →，AD →，AA 1→两两夹角均为60°，且|AB →|＝1，|AD →
|＝2，|AA 1→|＝3，则|AC 1→
|＝( A )
A ．5
B ．6
C ．4
D ．8
解析 由题可得，AC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→
，
故AC 1→2＝AB →2＋AD →2＋AA 1→2＋2(AB →·AD →＋AB →·AA 1→＋AD →·AA 1→) ＝1＋4＋9＋2(1×2＋1×3＋2×3)cos 60°＝25，故|AC 1|＝5. 二、填空题
7．在空间直角坐标系中，点P (1，2，3)，过点P 作平面yOz 的垂线PQ ，则垂足Q 的坐标为
解析 依题意知，垂足Q 为点P 在平面yOz 上的投影，则点Q 的纵、竖坐标与点P 的纵、竖坐标相等，横坐标为0.
8．如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→
，则
OC 1→
＝__12AB →＋12
AD →＋AA 1→
__.
解析 由题意知OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12AC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→
.
9．已知点A (1,2,1)，B (－1,3,4)，D (1,1,1)，若AP →＝2PB →
，则|PD →
|＝3解析 设P (x ，y ，z )，故AP →＝(x －1，y －2，z －1)，PB →＝(－1－x,3－y,4－z )，又PA →
＝
2PB →
，则有⎩⎪⎨⎪⎧
x －1＝－1－x ，y －2＝
－y ，z －1＝
－z ，
解得⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝－1
3
，
y ＝8
3，z ＝3，
∴P (－13，8
3
，3)，
∴|PD →|＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫－13－12＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫83－12＋－
2
＝
77
3
.
三、解答题
10．如图，在棱长为a 的正方体OABC －O 1A 1B 1C 1中，E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF ＝x ，其中0≤x ≤a ，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：A 1F ⊥C 1E ；
(3)若A 1，E ，F ，C 1四点共面，求证：A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →
.
解析 (1)E (a ，x,0)，F (a －x ，a,0)． (2)证明：∵A 1(a,0，a )，C 1(0，a ，a )， ∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )，C 1E →
＝(a ，x －a ，－a )， ∴A 1F →·C 1E →＝－ax ＋a (x －a )＋a 2
＝0， ∴A 1F →⊥C 1E →
，∴A 1F ⊥C 1E .
(3)证明：∵A 1，E ，F ，C 1四点共面，∴A 1E →，A 1C 1→，A 1F →
共面．
选A 1E →与A 1C 1→为一组基向量，则存在唯一实数对(λ1，λ2)，使A 1F →＝λ1A 1C 1→＋λ2A 1E →， 即(－x ，a ，－a )＝λ1(－a ，a,0)＋λ2(0，x ，－a )＝(－a λ1，a λ1＋x λ2，－a λ2)， ∴⎩⎪⎨⎪
⎧
－x ＝－a λ1，a ＝a λ1＋x λ2，－a ＝－a λ2，
解得λ1＝1
2
，λ2＝1.
于是A 1F →＝12
A 1C 1→＋A 1E →.
11．如图，在底面是矩形的四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.
(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，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，
∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，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)∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →
，即EF ∥AB ．
又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ，∴EF ∥平面PAB ．
(2)∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →
.
即AP ⊥DC ，AD ⊥DC ．又AP ∩AD ＝A ，∴DC ⊥平面PAD ． ∵DC ⊂平面PDC ，∴平面PAD ⊥平面PDC ．
12．在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是
AB ，PB 的中点．
(1)求证：EF ⊥CD ；
(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 的坐标；若不存出，试说明理由．
解析 (1)证明：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AD ＝a ，
则D (0,0,0)，A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，0，P (0,0，a )，F ⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 2，a 2，a 2.EF
→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a
2
，0，a 2，DC →＝(0，a,0)．∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，即EF ⊥CD ．
(2)假设存在满足条件的点G ，
设G (x,0，z )，则FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a
2
，－a 2，z －a 2.
若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(a,0,0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a 2；
由FG →·CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a
2
，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )
＝a 2
2＋a ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
z －a 2＝0，得z ＝0. ∴G 点的坐标为⎝ ⎛⎭
⎪⎫a
2，0，0，即存在满足条件的点G ，且点G 为AD 的中点．。