2016届高考数学大一轮复习 空间向量及其运算和空间位置关系课时跟踪检测(四十七)理(含解析)
高考数学一轮总复习 课时跟踪检测(四十九) 空间向量的
课时跟踪检测(四十九) 空间向量的应用一保高考，全练题型做到高考达标1．如图所示，四棱锥S ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD .(2)若SD ⊥平面PAC ，求二面角P AC D 的大小．(3)在(2)的条件下，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O ，连接SO ，由题意知SO ⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点，u u u r OB ，u u u r OC ，u u rOS 分别为x 轴，y 轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系．设底面边长为a ，则高SO ＝62a .于是S ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，62a ， B ⎝⎛⎭⎪⎫22a ，0，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，则u u u r OC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，u u r SD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a ，所以u u u r OC ·u u r SD ＝0，故OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD .(2)由题设知，平面PAC 的一个法向量为u u u r DS ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，平面DAC 的一个法向量为u u r OS ＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，则cos 〈u u r OS ，u u u r DS 〉＝u u r OS ·u u u r DS |u u r OS ||u uu r DS |＝32， 故所求二面角的大小为30°.(3)在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面PAC ，由(2)知u u u rDS 是平面PAC 的一个法向量，且u u u r DS ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，u u r CS ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a ，u u u r BC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a ，0，设u u u r CE ＝t u u rCS (0≤t ≤1)，u u u r BE ＝u u u r BC ＋u u u r CE ＝u u u r BC ＋t u u r CS ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a 1－t ，62at ，而u u u rBE·u u u rDS＝0⇒－12a2＋32a2t＝0，解得t＝13，即当SE∶EC＝2∶1时，BE∥平面PAC.2．如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．解：(1)如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz.依题意得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E⎝⎛⎭⎪⎫12，1，0，所以u u u rNE＝⎝⎛⎭⎪⎫－12，0，－1，u u u rAM＝(－1,0,1)，因为|cos〈u u u rNE，u u u rAM〉|＝|u u u rNE·u u u rAM||u u u rNE|·|u u u rAM|＝1252×2＝1010.所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为1010.(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN.连接AE，ES，如图所示．因为u u u rAN＝(0,1,1)，可设u u rAS＝λu u u rAN＝(0，λ，λ)，又u u rEA＝⎝⎛⎭⎪⎫12，－1，0，所以u u rES＝u u rEA＋u u rAS＝⎝⎛⎭⎪⎫12，λ－1，λ.由ES⊥平面AMN，得⎩⎪⎨⎪⎧u u rES·u u u rAM＝0，u u rES·u u u rAN＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，λ－1＋λ＝0，解得λ＝12，此时u u r AS ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，|u u r AS |＝22.经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ， 此时AS ＝22. 3．如图，四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是平行四边形，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝3，AD ＝2，AB ＝4，∠ABC ＝60°.(1)求证：BC ⊥平面PAC ；(2)E 是侧棱PB 上一点，记PEPB＝λ(0<λ<1)，是否存在实数λ，使平面ADE 与平面PAD 所成的二面角为60°？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)由已知，得AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ×BC ×cos∠ABC ＝23，所以BC 2＋AC 2＝AB 2，所以BC ⊥AC .又PA ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，则PA ⊥BC . 因为PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，且PA ∩AC ＝A ， 所以BC ⊥平面PAC .(2)以A 为坐标原点，过点A 作垂直于AB 的直线为x 轴，AB ，AP 所在直线分别为y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0,0,0)，B (0,4,0)，P (0,0,3)．因为在平行四边形ABCD 中，AD ＝2，AB ＝4，∠ABC ＝60°， 则∠DAx ＝30°，所以D (3，－1,0)． 又PE PB＝λ(0<λ<1)，知E (0,4λ，3(1－λ))． 设平面ADE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·u u u r AD ＝0，m ·u u u rAE ＝0，即⎩⎨⎧3x 1－y 1＝0，4λy 1＋31－λz 1＝0，取x 1＝1，则m ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，3，43λ3λ－1.设平面PAD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·u u u r AP ＝0，n ·u u u r AD ＝0，即⎩⎨⎧3z 2＝0，3x 2－y 2＝0，取y 2＝1，则n ＝⎝⎛⎭⎪⎫33，1，0. 若平面ADE 与平面PAD 所成的二面角为60°， 则|cos 〈m ，n 〉|＝cos 60°＝12，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×33＋3×1＋01＋3＋16λ23λ－12·1＋13＝12， 化简得 1＋4λ23λ－12＝2，即⎝⎛⎭⎪⎫λλ－12＝94，解得λ＝3(舍去)或λ＝35.于是，存在λ＝35，使平面ADE 与平面PAD 所成的二面角为60°.4．(2016·山西模拟)如图，在几何体ABCDEF 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，CF ＝1.(1)求证：平面FBC ⊥平面ACFE ；(2)点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与平面FCB 所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值范围．解：(1)证明：在四边形ABCD 中， ∵AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°， ∴AB ＝2，∴AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 60°＝3， ∴AB 2＝AC 2＋BC 2， ∴BC ⊥AC .∵平面ACFE ⊥平面ABCD ，平面ACFE ∩平面ABCD ＝AC ，BC ⊂平面ABCD ， ∴BC ⊥平面ACFE .又因为BC ⊂平面FBC ，所以平面FBC ⊥平面ACFE .(2)由(1)知可建立分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴的如图所示的空间直角坐标系C xyz ，令FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)，M (λ，0,1)，∴u u u r AB ＝(－3，1,0)，u u u rBM ＝(λ，－1,1)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·u u u r AB ＝0，n 1·u u u r BM ＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，λx －y ＋z ＝0，取x ＝1，则n 1＝(1，3，3－λ)． ∵n 2＝(1,0,0)是平面FCB 的一个法向量， ∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝11＋3＋3－λ2＝13－λ2＋4.∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos θ有最小值77， 当λ＝3时，cos θ有最大值12，∴cos θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤77，12. 二上台阶，自主选做志在冲刺名校(2016·云南统考)如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，已知AB ⊥侧面BB 1C 1C ，AB ＝BC ＝1，BB 1＝2，∠BCC 1＝π3.(1)求证：C 1B ⊥平面ABC ；(2)设u u u r CE ＝λ1u u u rCC (0≤λ≤1)，且平面AB 1E 与BB 1E 所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．解：(1)证明：因为AB ⊥侧面BB 1C 1C ，BC 1⊂侧面BB 1C 1C ，故AB ⊥BC 1，在△BCC 1中，BC ＝1，CC 1＝BB 1＝2，∠BCC 1＝π3， 所以BC 21＝BC 2＋CC 21－2BC ·CC 1·cos∠BCC 1＝12＋22－2×1×2×cos π3＝3，所以BC 1＝3，故BC 2＋BC 21＝CC 21， 所以BC ⊥BC 1，而BC ∩AB ＝B ， 所以C 1B ⊥平面ABC .(2)由(1)可知，AB ，BC ，BC 1两两垂直．以B 为原点，BC ，BA ，BC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．则B (0,0,0)，A (0,1,0)，B 1(－1,0，3)，C (1,0,0)，C 1(0,0，3)．所以1u u u rCC ＝(－1,0, 3)，所以u u u rCE ＝(－λ，0, 3λ)，E (1－λ，0, 3λ)， 则u u u r AE ＝(1－λ，－1，3λ)，1u u u rAB ＝(－1，－1，3)．设平面AB 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·u u u r AE ＝0，n ·1u u u r AB ＝0，即⎩⎨⎧1－λx －y ＋3λz ＝0，－x －y ＋3z ＝0，令z ＝3，则x ＝3－3λ2－λ，y ＝32－λ，故n ＝⎝⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ，32－λ，3是平面AB 1E 的一个法向量．因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，所以u u rBA ＝(0,1,0)是平面BB 1E 的一个法向量，所以|cos 〈n ，u u r BA 〉|＝|n ·u u rBA ||n |·|u u r BA |＝ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪32－λ1×⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－λ2＋32＝32.两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0， 所以λ＝1或λ＝32(舍去)．。
2016届高考数学理课时跟踪检测(47)空间向量及其运算和空间位置关系(含解析)
课时跟踪检测(四十七) 空间向量及其运算和空间位置关系一、选择题1．(2014·广东高考)已知向量a ＝(1,0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( ) A ．(－1,1,0) B ．(1，－1,0) C ．(0，－1,1)D ．(－1,0,1)2．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则( ) A ．l ∥α B ．l ⊥α C ．l ⊂αD ．l 与α斜交3．(2015·西安质检)已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则·的值为( )A ．a 2B.12a 2C.14a 2D.34a 2 4．若平面α，β的法向量分别为n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则( ) A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上均不正确5．(2015·晋江一模)设O ABC 是四面体，G 1是△ABC 的重心，G 是OG 1上的一点，且OG ＝3GG 1，若＝x ＋y ＋z ，则(x ，y ，z )为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，14，14B.⎝ ⎛⎭⎪⎫34，34，34C.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，13 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，23 6．(2015·宁波检测)如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( ) A ．斜交 B ．平行 C ．垂直 D ．不确定二、填空题7．若向量a ＝(1,1，x )，b ＝(1,2,1)，c ＝(1,1,1)，满足条件(c －a )·2b ＝－2，则x ＝________.8．已知空间四边形OABC ，点M ，N 分别是OA ，BC 的中点，且＝a ，＝b ，＝c ，用a ，b ，c 表示向量＝________.9．已知点A (1,2,1)，B (－1,3,4)，D (1,1,1)，若＝2，则| |的值是________． 10．已知ABCD A 1B 1C 1D 1为正方体，①(＋＋)2＝32； ②·(－)＝0；③向量与向量的夹角是60°；④正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为|··|. 其中正确命题的序号是________． 三、解答题11．(2015·青岛模拟)如图，在多面体ABC A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1AB C 是直二面角．求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C .12．(2015·汕头模拟)已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为3，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1.(1)求证：E ，B ，F ，D 1四点共面；(2)若点G 在BC 上，BG ＝23，点M 在BB 1上，GM ⊥BF ，垂足为H ，求证：EM ⊥平面BCC 1B 1.答案1．选B 各选项给出的向量的模都是2，|a |＝ 2.对于选项A ，设b ＝(－1,1,0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |＝－2×2＝－12，因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°.对于选项B ，设b ＝(1，－1,0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1×12×2＝12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝60°，正确．对于选项C ，设b ＝(0，－1,1)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－1×12×2＝－12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°.对于选项D ，设b ＝(－1,0,1)．则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－1－12×2＝－1.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝180°，故选B.2．选B ∵a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)，∴n ＝－2a ，即a ∥n .∴l ⊥α. 3．选C ·＝12(＋)·12＝14(·＋·)＝14(a 2cos 60°＋a 2cos 60°)＝14a 2.故选C.4．选C ∵n 1·n 2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0，∴n 1与n 2不垂直，∴α与β相交但不垂直．5.选A 如图所示，取BC 的中点E ，连接AE . ＝34 ＝34(＋) ＝34＋12＝34＋14(＋) ＝34＋14(－＋－) ＝14(＋＋)， 故选A.6．选B 建立如图所示的坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a 3， 则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，2a 3，a 3，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，2a 3，a ，＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a3，0，2a 3，又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以 ＝(0，a,0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量． 因为·＝0，所以⊥， 所以MN ∥平面 BB 1C 1C .7．解析：∵c －a ＝(0,0,1－x )， ∴(c －a )·2b ＝(0,0,1－x )·2(1,2,1) ＝2(1－x )＝－2，解得x ＝2. 答案：28．解析：如图所示，＝12(＋)＝12[(－)＋(－)]＝12(＋－2)＝12(＋－)＝12(b ＋c －a )． 答案：12(b ＋c －a )9．解析：设P (x ，y ，z )，∴＝(x －1，y －2，z －1)． ＝(－1－x,3－y,4－z )，由＝2得点P 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，83，3， 又D (1,1,1)，∴||＝773. 答案：77310．解析：①中(＋＋)2＝2＋2＋2＝3()2，故①正确； ②中－＝，∵AB 1⊥A 1C ，故②正确； ③中A 1B 与AD 1两异面直线所成角为60°，但与的夹角为120°，故③不正确； ④中|··|＝0，故④也不正确． 答案：①②11．证明：∵二面角A 1AB C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形， ∴AA 1⊥平面BAC . 又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ， ∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ， ∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2)． (1)＝(0,2,0)，＝(0,0，－2)，＝(2,0,0)， 设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·＝0，n ·＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0.取y ＝1，则n ＝(0,1,0)．∴＝2n ，即∥n . ∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知＝(0,2,2)，＝(1,1,0)，＝(2,0，－2)，设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·＝0，m ·＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1， 即m ＝(1，－1,1)．∴·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， ∴⊥m .又AB ⊄平面A 1C 1C ， ∴AB 1∥平面A 1C 1C .12．证明：(1)以B 为原点，以BA ，BC ，BB 1为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系B xyz ，则B (0,0，0)，E (3,0，1)，F (0,3,2)，D 1(3,3,3)，则＝(3,0,1)，＝(0,3,2)，＝(3,3,3)． 所以＝＋.由向量共面的充要条件知E ，B ，F ，D 1四点共面．(2)设M (0,0，z 0)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，0，则＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－23，z 0，而＝(0,3,2)， 由题设得·＝－23×3＋z 0·2＝0，得z 0＝1.故M (0,0,1)，有＝(3,0,0)． 又＝(0,0,3)，＝(0,3,0)， 所以·＝0，·＝0， 从而ME ⊥BB 1，ME ⊥BC . 又BB 1∩BC ＝B ， 故ME ⊥平面BCC 1B 1.。
2016届高考数学大一轮复习空间向量的应用课时跟踪检测(四十九)理(含解析)
课时跟踪检测(四十九) 空间向量的应用(分A 、B 卷，共2页) A 卷：夯基保分1．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D AE C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E ACD 的体积．2．(2015·贵州模拟)如图，正方形AA 1D 1D 与矩形ABCD 所在平面互相垂直，AB ＝2AD ＝2.(1)若点E 为AB 的中点，求证：BD 1∥平面A 1DE ；(2)在线段AB 上是否存在点E ，使二面角D 1EC D 的大小为π6？若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．3．(2015·浙江名校联考)如图，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，且平面ABCD⊥平面ABEF，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM＝BN＝a(0<a<2)．(1)当a为何值时，MN的长度最小；(2)当MN长度最小时，求AB与平面AMN所成角α的正弦值．B卷：增分提能1．如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝2，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD的中点．(1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值；(2)求B点到平面PCD的距离；(3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角QACD的余弦值为63？若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由．2．(2014·湖北高考)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；(2)是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．答案A卷：夯基保分1．解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.因为平面ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)因为PA ⊥平面ABCD ，平面ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB 的方向为x 轴的正方向，|AP |为单位长，建立空间直角坐标系A xyz ，则D (0，3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12，AE ＝⎝⎛⎭⎪⎫0，32，12. 设B (m,0,0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC ＝(m ，3，0)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，则⎩⎨⎧n 1·AC ＝0，n 1·AE ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝⎝⎛⎭⎪⎫3m ，－1，3. 又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量， 由题设|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，即33＋4m 2＝12，解得m ＝32. 因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E ACD 的高为12.三棱锥E ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38. 2．解：(1)证明：四边形ADD1A 1为正方形，连接AD 1，A 1D ∩AD 1＝F ，则F 是AD 1的中点，又因为点E 为AB 的中点，连接EF ，则EF 为△ABD 1的中位线，所以EF ∥BD 1.又因为BD 1⊄平面A 1DE ，EF ⊂平面A 1DE ， 所以BD 1∥平面A 1DE .(2)根据题意得DD 1⊥DA ，D 1D ⊥DC ，AD ⊥DC ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D xyz ，则D (0,0,0)，D 1(0,0,1)，C (0，2,0)．设满足条件的点E 存在， 令E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)，EC ＝(－1,2－y 0,0)，1D C ＝(0,2，－1)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面D 1EC 的法向量，则⎩⎨⎧n 1·EC ＝0，n 1·1D C ＝0，得 ⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋－y 0y 1＝0，2y 1－z 1＝0，令y 1＝1，则平面D 1EC 的法向量为n 1＝(2－y 0,1,2)，由题知平面DEC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．由二面角D 1EC D 的大小为π6得cos π6＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝22－y 02＋1＋4＝32， 解得y 0＝2－33∈[0,2]， 所以当AE ＝2－33时，二面角D 1EC D 的大小为π6. 3．解：(1)以B 为原点，BA ，BE ，BC 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系B xyz (如图所示)，则N ⎝⎛⎭⎪⎫22a ，22a ，0，M ⎝⎛⎭⎪⎫22a ，0，1－22a .∴MN ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－22a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＝⎝⎛⎭⎪⎫a －222＋12，∴当a ＝22时，MN 的长度最小． (2)当a ＝22时，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，又A (1,0,0)，∴AM ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，12，AN ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0.设平面AMN 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧AM ·n ＝0，AN ·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12x ＋12z ＝0，－12x ＋12y ＝0，取x ＝1，得y ＝1，z ＝1，∴平面AMN的法向量n ＝(1,1,1)．∵AB ＝(－1,0,0)，∴AB 与平面AMN 所成角α的正弦值为 sin α＝|n ·AB ||n |·|AB |＝33.B 卷：增分提能1．解：(1)在△PAD 中，PA ＝PD ，O 为AD 的中点，所以PO ⊥AD ，又侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面PAD ， 所以PO ⊥平面ABCD .又在直角梯形ABCD 中，连结OC ，易得OC ⊥AD ，所以以O 为坐标原点，直线OC 为x 轴，直线OD 为y 轴，直线OP 为z 轴建立空间直角坐标系，则P (0,0,1)，A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)，∴PB ＝(1，－1，－1)，易证OA ⊥平面POC ，∴OA ＝(0，－1,0)是平面POC 的法向量， cos 〈PB ，OA 〉＝PB ·OA|PB ||OA |＝33.∴直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为63. (2)PD ＝(0,1，－1)，CP ＝(－1,0,1)， 设平面PDC 的一个法向量为u ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧u ·CP ＝－x ＋z ＝0，u ·PD ＝y －z ＝0，取z ＝1，得u ＝(1,1,1)．∴B 点到平面PCD 的距离d ＝|BP ·u ||u |＝33. (3)存在．设PQ ＝λPD (0<λ<1)，∵PD ＝(0,1，－1)，∴PQ ＝(0，λ，－λ)＝OQ －OP ， ∴OQ ＝(0，λ，1－λ)，∴Q (0，λ，1－λ)． 设平面CAQ 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧m ·AC ＝x ＋y ＝0，m ·AQ ＝λ＋y ＋－λz ＝0.取z ＝λ＋1，得m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)， 又平面CAD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 因为二面角Q AC D 的余弦值为63， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝63，得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝13或λ＝3(舍)，所以存在点Q ，使得二面角Q AC D 的余弦值为63，且PQ QD ＝12. 2．解：法一(向量方法)：以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D xyz .由已知得B (2,2,0)，C 1(0,2,2)，E (2,1,0)，F (1,0,0)，P (0,0，λ)．1BC ＝(－2,0,2)，FP ＝(－1,0，λ)，FE ＝(1,1,0)． (1)证明：当λ＝1时，FP ＝(－1,0,1)，因为1BC ＝(－2,0,2)，所以1BC ＝2FP ，即BC 1∥FP . 而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ， 故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎨⎧FE ·n ＝0，FP ·n ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0.于是可取n ＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m ＝(λ－2,2－λ，1)． 若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角， 则m ·n ＝(λ－2,2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0， 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0， 解得λ＝1±22. 故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．法二(几何法)：(1)证明：如图，连接AD 1， 由ABCD A 1B 1C 1D 1是正方体，知BC 1∥AD 1.当λ＝1时，P 是DD 1的中点，又F 是AD 的中点， 所以FP ∥AD 1. 所以BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ， 故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)如图，连接BD .因为E ，F 分别是AB ，AD 的中点，所以EF ∥BD ，且EF ＝12BD .又DP ＝BQ ，DP ∥BQ ，所以四边形PQBD 是平行四边形， 故PQ ∥BD ，且PQ ＝BD ， 从而EF ∥PQ ，且EF ＝12PQ .在Rt △EBQ 和Rt △FDP 中， 因为BQ ＝DP ＝λ，BE ＝DF ＝1，于是EQ ＝FP ＝1＋λ2，所以四边形EFPQ 是等腰梯形． 同理可证四边形PQMN 是等腰梯形．分别取EF ，PQ ，MN 的中点为H ，O ，G ，连接OH ，OG ， 则GO ⊥PQ ，HO ⊥PQ ，而GO ∩HO ＝O ，故∠GOH 是面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角的平面角．若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则∠GOH ＝90°. 连接EM ，FN ，则由EF ∥MN ，且EF ＝MN ，知四边形EFNM 是平行四边形． 连接GH ，因为H ，G 是EF ，MN 的中点， 所以GH ＝ME ＝2. 在△GOH 中，GH 2＝4，OH 2＝1＋λ2－⎝⎛⎭⎪⎫222＝λ2＋12， OG 2＝1＋(2－λ)2－⎝⎛⎭⎪⎫222＝(2－λ)2＋12，由OG 2＋OH 2＝GH 2，得(2－λ)2＋12＋λ2＋12＝4，解得λ＝1±22， 故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．。
高中数学《空间向量及其线性运算》练习题
空间向量及其线性运算（同步训练）一、选择题1.下列说法中正确的是( )A.任意两个空间向量都可以比较大小B.方向不同的空间向量不能比较大小，但同向的空间向量可以比较大小C.空间向量的大小与方向有关D.空间向量的模可以比较大小2.已知空间四边形ABCD 中， AB→＝a ，CB →＝b ，AD →＝c ，则CD →等于A.a ＋b －cB.－a －b ＋cC.－a ＋b ＋cD.－a ＋b －c3.若向量a 与b 不共线，且m ＝a ＋b ，n ＝a －b ，p ＝a ，则( )A.m ，n ，p 共线B.m 与p 共线C.n 与p 共线D.m ，n ，p 共面4.已知空间四边形ABCD ，连接AC ，BD ，设M ，G 分别是BC ，CD 的中点，则MG →－AB →＋AD →等于( )A.32DB →B.3MG →C.3GM →D.2MG →5.以下命题：①两个共线向量是指在同一直线上的两个向量；②共线的两个向量互相平行； ③共面的三个向量是指在同一平面内的三个向量；④共面的三个向量是指平行于同一平面的三个向量．其中正确命题的序号是( )A.①③B.②④C.③④D.②③6.在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，下列关于AC 1→的表达式： ①AA 1→＋A 1B 1→＋A 1D 1→；②AD →＋CC 1→＋D 1C →； ③AB →＋DD 1→＋D 1C 1→；④12(AB 1→＋CD 1→)＋A 1C 1→．正确的个数是( )A.1B.3C.2D.47.已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1E →＝14A 1C 1→，若AE →＝xAA 1→＋y(AB →＋AD →)，则x ，y 的值分别是( )A.1，14 B ．14，1 C.2，14 D ．14，28.(多选)在下列条件中，使点M 与A ，B ，C 不一定共面的是( )A.OM →＝3OA →－2OB →－OC →B.OM →＋OA →＋OB →＋OC →＝0C.MA →＋MB →＋MC →＝0D.OM →＝14OB →－OA →＋12OC →二、填空题9.下列命题是真命题的是______(填序号)．①分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量一定不相等；②若|a ＋b|＝|a －b|，则|a|＝|b|；③若向量AB→，CD →满足|AB →|＞|CD →|，且AB →与CD →同向，则AB→＞CD →.10.如图，在空间四边形ABCD 中，连接AC ，BD ，设M ，G 分别是BC ，CD 的中点，则MG→－AB →＋AD →等于________11.已知三棱锥O －ABC ，D 是BC 中点，P 是AD 中点，设OP→＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ＋y ＋z ＝________，x ＝________12.给出命题：①若a 与b 共线，则a 与b 所在的直线平行；②若三个向量两两共面，则这三个向量共面；③若A ，B ，C 三点不共线，O 是平面ABC 外一点，OM →＝13OA →＋13OB →＋13OC →，则点M 一定在平面ABC 上，且在△ABC 的内部．其中为真命题的是________三、解答题13.如图，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，AD ＝2，AA 1＝1，以长方体的八个顶点中的两点为起点和终点的向量中．(1)单位向量共有多少个？(2)试写出模为5的所有向量．14.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，M 是BB 1中点，化简下列各式：(1)AB →＋BA 1→；(2)AB →＋B 1C 1→＋C 1C →；(3)12AA 1→＋AB →－AM →．15.已知ABCD 为正方形，P 是ABCD 所在平面外一点，P 在平面ABCD 上的射影恰好是正方形ABCD 的中心O ，Q 是CD 的中点，求下列各式中x ，y 的值： (1)OQ→＝PQ →＋xPC →＋yPA →；(2)PA →＝xPO →＋yPQ →＋PD →．参考答案：一、选择题1.D2.C3.D4.B5.B6.C7.A8.ABD二、填空题9.答案：① 10.答案：3MG → 11.答案：1，1212.答案：③三、解答题13.解：(1)模为1的向量有A 1A →，AA 1→，B 1B →，BB 1→，C 1C →，CC 1→，D 1D →，DD 1→，共8个单位向量．(2)由于这个长方体的左右两侧面的对角线长均为5，因此模为5的向量为AD 1→，D 1A →，A 1D →，DA 1→，BC 1→，C 1B →，B 1C →，CB 1→.14.解：(1)AB →＋BA 1→＝AA 1→．(2)AB →＋B 1C 1→＋C 1C →＝A 1B 1→＋B 1C 1→＋C 1C →＝A 1C →．(3)12AA 1→＋AB →－AM →＝BM →＋AB →＋MA →＝AB →＋BM →＋MA →＝0．15.解：如图，(1)因为OQ →＝PQ →－PO →＝PQ →－12(PA →＋PC →)＝PQ →－12PA →－12PC →，所以x ＝y ＝－12．(2)因为PA →＋PC →＝2PO →，所以PA →＝2PO →－PC →．又因为PC →＋PD →＝2PQ →，所以PC →＝2PQ →－PD →．从而有PA →＝2PO →－(2PQ →－PD →)＝2PO →－2PQ →＋PD →．所以x ＝2，y ＝－2．。
高考数学一轮复习空间向量与线、面位置关系
CONTENTS
01
知识·逐点夯实
02
考点·分类突破
03
课时·过关检测
/目录
01
目录
1.空间向量及其有关概念
概念
共线向量
（平行向量）
共面向量
语言描述
表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合
平行于
同一个平面
的向量
目录
续表
）
答案：（1）×
（2）若直线a的方向向量和平面α的法向量平行，则a∥α.
（
）
答案：（2）×
（3）若{a，b，c}是空间的一个基底，则a，b，c中至多有一个零向量.
（
）
答案：（3）×
（4）若a·b＞0，则＜a，b＞是锐角. （
）
答案：（4）×
目录
2.（多选）下列各组向量中，是平行向量的是
（
）
A.a＝（1，2，－2），b＝（－2，－4，4）
目录
3.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点.若＝a，
＝b，1 ＝c，则下列向量中与相等的向量是
1
1
A.－ a＋ b＋c
2
2
1
1
B. a＋ b＋c
2
2
1
1
C.－ a－ b＋c
2
2
1
1
D. a－ b＋c
2
2
解析：A
1
2
（
）
1
1
由题意，得＝1 ＋1 ＝1 ＋ （－）＝c＋ （b－a）＝
概念
共线向
高考数学大一轮复习第八章课时达标检测四十空间向量及其运算和空间位置关系理8
课时达标检测（四十） 空间向量及其运算和空间位置关系[练基础小题——强化运算能力]1．若a ＝(2x,1,3)，b ＝(1,3,9)，如果a 与b 为共线向量，则( ) A ．x ＝1 B ．x ＝12C ．x ＝16D ．x ＝－16解析：选C ∵a 与b 共线，∴2x 1＝13＝39，∴x ＝16.2．已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x ＝ ( )A ．(0,3，－6)B ．(0,6，－20)C ．(0,6，－6)D ．(6,6，－6)解析：选B 由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．3．空间四点A (2,3,6)，B (4,3,2)，C (0,0,1)，D (2,0,2)的位置关系为( ) A ．共线 B ．共面 C ．不共面 D ．无法确定解析：选C AB ＝(2,0，－4)，AC ＝(－2，－3，－5)，AD ＝(0，－3，－4)，由不存在实数λ，使AB ＝λAC 成立知，A ，B ，C 不共线，故A ，B ，C ，D 不共线；假设A ，B ，C ，D 共面，则可设AD ＝x AB ＋y AC (x ，y 为实数)，即⎩⎪⎨⎪⎧0＝2x －2y ，－3＝－3y ，－4＝－4x －5y ，由于该方程组无解，故A ，B ，C ，D 不共面，故选C.4.如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是对边OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且分MN 所成的比为2，现用基向量OA ，OB ，OC 表示向量DG ，设DG ＝x OA ＋y OB ＋z OC ，则x ，y ，z 的值分别是( )A ．x ＝13，y ＝13，z ＝13B ．x ＝13，y ＝13，z ＝16C ．x ＝13，y ＝16，z ＝13D ．x ＝16，y ＝13，z ＝13解析：选D 设OA ＝a ，OB ＝b ，OC ＝c ，∵G 分MN 的所成比为2，∴MG ＝23MN ，∴DG ＝OM ＋MG ＝OM ＋23(ON －OM )＝12a ＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c －12a ＝12a ＋13b ＋13c －13a ＝16a ＋13b ＋13c ，即x ＝16，y ＝13，z ＝13. 5．已知a ＝(1,2，－2)，b ＝(0,2,4)，则a ，b 夹角的余弦值为________．解析：cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－2515.答案：－2515[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．在空间四边形ABCD 中，AB ·CD ＋AC ·DB ＋AD ·BC ＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．不确定解析：选B 如图，令AB ＝a ，AC ＝b ，AD ＝c ， 则AB ·CD ＋AC ·DB ＋AD ·BC ＝a ·(c －b )＋b ·(a －c )＋c ·(b －a ) ＝a·c －a·b ＋b·a －b·c ＋c·b －c·a ＝0.2．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＝( )A ．9B ．－9C ．－3D ．3解析：选B 由题意知c ＝xa ＋yb ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.3．已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则AE ·AF 的值为( )A ．a 2B.12a 2C.14a 2D.34a 2解析：选C AE ·AF ＝12(AB ＋AC )·12AD ＝14(AB ·AD ＋AC ·AD )＝14(a 2cos 60°＋a 2cos 60°)＝14a 2. 4．若平面α，β的法向量分别为n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则( ) A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上均不正确解析：选C ∵n 1·n 2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)＝－29≠0，∴n 1与n 2不垂直，又n 1，n 2不共线，∴α与β相交但不垂直．5.如图所示，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB ＝a ，AD ＝b ，1AA ＝c ，则下列向量中与BM 相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 解析：选 A BM ＝1BB ＋1B M ＝1AA ＋12(AD －AB )＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b＋c .6.如图，在大小为45°的二面角A EF D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A. 3B. 2 C ．1D.3－ 2解析：选 D ∵BD ＝BF ＋FE ＋ED ，∴|BD |2＝|BF |2＋|FE |2＋|ED |2＋2BF ·FE ＋2FE ·ED ＋2BF ·ED ＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD |＝3－ 2.二、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：由题意知点Q 即为点P 在平面yOz 内的射影，所以垂足Q 的坐标为(0，2，3)． 答案：(0，2，3)8．已知点A (1,2,1)，B (－1,3,4)，D (1,1,1)，若AP ＝2PB ，则|PD |的值是________． 解析：设P (x ，y ，z )，∴AP ＝(x －1，y －2，z －1)，PB ＝(－1－x,3－y,4－z )，由AP ＝2PB 得点P 坐标为－13，83，3，又D (1,1,1)，∴|PD |＝773.答案：7739．在空间直角坐标系中，以点A (4,1,9)，B (10，－1,6)，C (x,4,3)为顶点的△ABC 是以BC 为斜边的等腰直角三角形，则实数x 的值为________．解析：由题意知AB ·AC ＝0，|AB |＝|AC |，又AB ＝(6，－2，－3)，AC ＝(x －4,3，－6)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －－6＋18＝0，x －2＝4，解得x ＝2.答案：210．已知O (0,0,0)，A (1,2,3)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA ·QB 取最小值时，点Q 的坐标是________．解析：由题意，设OQ ＝λOP ，则OQ ＝(λ，λ，2λ)，即Q (λ，λ，2λ)，则QA ＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB ＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴QA ·QB ＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎪⎫λ－432－23，当λ＝43时有最小值，此时Q 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83 三、解答题11.如图，在多面体ABC A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1 AB C 是直二面角．求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明：∵二面角A 1 AB C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形，∴AA 1⊥平面BAC . 又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ，∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ， ∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2)．(1) 11A B ＝(0,2,0)，1A A ＝(0,0，－2)，AC ＝(2,0,0)， 设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·1A A ＝0，n ·AC ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0.取y ＝1，则n ＝(0,1,0)．∴11A B ＝2n ，即11A B ∥n . ∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知1AB ＝(0,2,2)， 11A C ＝(1,1,0)，1A C ＝(2,0，－2)， 设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·11A C ＝0，m ·1A C ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1)． ∴1AB ·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， ∴1AB ⊥m .又AB 1⊄平面A 1C 1C ， ∴AB 1∥平面A 1C 1C .12.如图所示，四棱锥S ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2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，OB ，OC ，OS 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 ＝62a ， 于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，D －22a,0,0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，OC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0， SD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a ，则OC ·SD ＝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DS 是平面PAC 的一个法向量，且DS ＝⎝⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ， CS＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a ，BC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a ，0. 设CE ＝t CS ，则BE ＝BC ＋CE ＝BC ＋t CS ＝⎝⎛⎭⎪⎫－22a ，22a －t ，62at ，而BE ·DS ＝0⇒t ＝13.即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE ⊥DS . 而BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC .。
【原创】高考理科数学一轮复习 课时跟踪检测(四十四) 空间向量及其运算和空间位置关系
课时跟踪检测（四十四） 空间向量及其运算和空间位置关系1．在下列命题中：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行；②若向量a ，b 所在的直线为异面直线，则向量a ，b 一定不共面；③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；④已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ，y ，z 使得p ＝x a ＋y b ＋z c .其中正确命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选A a 与b 共线，a ，b 所在直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a ，b 都共面，故②错误；三个向量a ，b ，c 中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一向量p 才能表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.2．如图所示，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB ―→＝a ，AD ―→＝b ，AA 1―→＝c ，则下列向量中与BM ―→相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋c B.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋c D.12a －12b ＋c 解析：选A BM ―→＝BB 1―→＋B 1M ―→＝AA 1―→＋12(AD ―→－AB ―→)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c . 3．已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→ (x ，y ，z ∈R )，则“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的( )A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B 当x ＝2，y ＝－3，z ＝2时，OP ―→＝2OA ―→－3OB ―→＋2OC ―→.则AP ―→－AO ―→＝2OA―→－3(AB ―→－AO ―→)＋2(AC ―→－AO ―→)，即AP ―→＝－3AB ―→＋2AC ―→，根据共面向量定理知，P ，A ，B ，C 四点共面；反之，当P ，A ，B ，C 四点共面时，根据共面向量定理，设AP ―→＝m AB ―→＋n AC ―→(m ，n ∈R )，即OP ―→－OA ―→＝m (OB ―→－OA ―→)＋n (OC ―→－OA ―→)，即OP ―→＝(1－m －n )OA ―→＋m OB ―→＋n OC ―→，即x ＝1－m －n ，y ＝m ，z ＝n ，这组数显然不止2，－3,2.故“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的充分不必要条件．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＝( )A ．9B ．－9C ．－3D ．3解析：选B 由题意设c ＝x a ＋y b ，则(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.5．(2019·东营质检)已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，OA ―→＋λOB ―→与OB ―→的夹角为120°，则λ的值为( )A ．±66B ．66C ．－66D ．±6解析：选C OA ―→＋λOB ―→＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，所以λ＝－66. 6．在空间四边形ABCD 中，则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→的值为( )A ．－1B ．0C ．1D ．2解析：选B 法一：如图，令AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，AD ―→＝c ，则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝AB ―→·(AD ―→－AC ―→)＋AC ―→·(AB ―→－AD ―→)＋AD ―→·(AC ―→－AB ―→)＝a ·(c －b )＋b ·(a －c )＋c ·(b －a )＝a ·c －a ·b ＋b ·a －b ·c ＋c ·b －c ·a＝0.法二：在三棱锥A -BCD 中，不妨令其各棱长都相等，则正四面体的对棱互相垂直．所以AB ―→·CD ―→＝0，AC ―→·DB ―→＝0，AD ―→·BC ―→＝0.所以AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝0.7．△ABC 的顶点分别为A (1，－1,2)，B (5，－6,2)，C (1,3，－1)，则AC 边上的高BD 等于________．解析：设AD ―→＝λAC ―→，D (x ，y ，z )，则(x －1，y ＋1，z －2)＝λ(0，4，－3)，∴x ＝1，y ＝4λ－1，z ＝2－3λ，∴D (1,4λ－1,2－3λ)，∴BD ―→＝(－4,4λ＋5，－3λ)，∴4(4λ＋5)－3(－3λ)＝0，解得λ＝－45，∴BD ―→＝⎝⎛⎭⎫－4，95，125， ∴|BD ―→|＝ (－4)2＋⎝⎛⎭⎫952＋⎝⎛⎭⎫1252＝5.答案：58．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB ―→＝(2，－1，－4)，AD―→＝(4,2,0)，AP ―→＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP ―→是平面ABCD的法向量；④AP ―→∥BD ―→.其中正确的是________．解析：∵AP ―→·AB ―→＝－2－2＋4＝0，∴AP ⊥AB ，故①正确；AP ―→·AD ―→＝－4＋4＋0＝0，∴AP ⊥AD ，故②正确；由①②知AP ⊥平面ABCD ，故③正确，④不正确．答案：①②③9．(2019·南昌调研)已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG ―→＝2GN ―→，现用基底{OA ―→，OB ―→，OC ―→}表示向量OG ―→，有OG ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→，则x ，y ，z 的值分别为________．解析：∵OG ―→＝OM ―→＋MG ―→＝12OA ―→＋23MN ―→ ＝12OA ―→＋23(ON ―→－OM ―→) ＝12OA ―→＋23⎣⎡⎦⎤12(OB ―→＋OC ―→)－12OA ―→ ＝16OA ―→＋13OB ―→＋13OC ―→， ∴x ＝16，y ＝13，z ＝13.答案：16，13，1310．在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，AD ＝4，AA 1＝2.点M 在棱BB 1上，且BM ＝2MB 1，点S 在DD 1上，且SD 1＝2SD ，点N ，R 分别为A 1D 1，BC 的中点．求证：MN ∥平面RSD .证明：法一：如图所示，建立空间直角坐标系，根据题意得M ⎝⎛⎭⎫3，0，43，N (0,2,2)，R (3，2,0)，S ⎝⎛⎭⎫0，4，23. ∴MN ―→＝⎝⎛⎭⎫－3，2，23，RS ―→＝⎝⎛⎭⎫－3，2，23，MN ―→＝RS ―→. ∴MN ―→∥RS ―→.∵M ∉RS .∴MN ∥RS .又RS ⊂平面RSD ，MN ⊄平面RSD ，∴MN ∥平面RSD .法二：设AB ―→＝a ，AD ―→＝b ，AA 1―→＝c ，则MN ―→＝MB 1―→＋B 1A 1―→＋A 1N ―→＝13c －a ＋12b ， RS ―→＝RC ―→＋CD ―→＋DS ―→＝12b －a ＋13c ， ∴MN ―→＝RS ―→，∴MN ―→∥RS ―→，又∵R ∉MN ，∴MN ∥RS .又RS ⊂平面RSD ，MN ⊄平面RSD ，∴MN ∥平面RSD .11．三棱锥被平行于底面ABC 的平面所截得的几何体如图所示，截面为A 1B 1C 1，∠BAC ＝90°，A 1A ⊥平面ABC ，A 1A ＝3，AB ＝AC ＝2A 1C 1＝2，D 为BC 中点．求证：平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1.证明：如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，A1(0,0，3)，C 1(0,1，3)， ∵D 为BC 的中点，∴D 点坐标为(1,1,0)．∴AA 1―→＝(0,0，3)，AD ―→＝(1,1,0)，BC ―→＝(－2,2,0)，CC 1―→＝(0，－1，3)．设平面A 1AD 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面BCC 1B 1的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AA 1―→＝0，n 1·AD ―→＝0，得⎩⎨⎧ 3z 1＝0，x 1＋y 1＝0. 令y 1＝－1，则x 1＝1，z 1＝0，∴n 1＝(1，－1,0)．由⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·BC ―→＝0，n 2·CC 1―→＝0，得⎩⎨⎧－2x 2＋2y 2＝0，－y 2＋3z 2＝0. 令y 2＝1，则x 2＝1，z 2＝33， ∴n 2＝⎝⎛⎭⎫1，1，33. ∵n 1·n 2＝1－1＋0＝0，∴n 1⊥n 2.∴平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1.12．如图所示，四棱锥S -ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2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，OB ―→，OC ―→，OS ―→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 ＝62a ， 于是S ⎝⎛⎭⎫0，0，62a ，D ⎝⎛⎭⎫－22a ，0，0，B ⎝⎛⎭⎫22a ，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，OC ―→＝⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，SD ―→＝⎝⎛⎭⎫－22a ，0，－62a ， 则OC ―→·SD ―→＝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DS ―→是平面PAC 的一个法向量，且DS ―→＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，CS ―→＝⎝⎛⎭⎫0，－22a ，62a ，BC ―→＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a ，0. 设CE ―→＝t CS ―→，则BE ―→＝BC ―→＋CE ―→＝BC ―→＋t CS ―→＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a (1－t )，62at ，而BE ―→·DS ―→＝0⇒t ＝13. 即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE ―→⊥DS ―→.而BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC .。
高考数学一轮复习学案：空间向量及其运算(含答案)
高考数学一轮复习学案：空间向量及其运算（含答案）8.6空间向量及其运算空间向量及其运算最新考纲考情考向分析1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线和垂直.本节是空间向量的基础内容，涉及空间直角坐标系.空间向量的有关概念.定理.公式及四种运算等内容一般不单独命题，常以简单几何体为载体；以解答题的形式出现，考查平行.垂直关系的判断和证明及空间角的计算，解题要求有较强的运算能力.1空间向量的有关概念名称概念表示零向量模为0的向量0单位向量长度模为1的向量相等向量方向相同且模相等的向量ab相反向量方向相反且模相等的向量a的相反向量为a共线向量表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量ab共面向量平行于同一个平面的向量2.空间向量中的有关定理1共线向量定理空间两个向量a与bb0共线的充要条件是存在实数，使得ab.2共面向量定理共面向量定理的向量表达式pxayb，其中x，yR，a，b为不共线向量3空间向量基本定理如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组x，y，z，使得pxaybzc，a，b，c叫做空间的一个基底3空间向量的数量积及运算律1数量积及相关概念两向量的夹角已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作OAa，OBb，则AOB叫做向量a，b的夹角，记作a，b，其范围是0a，b，若a，b2，则称a与b互相垂直，记作ab.两向量的数量积已知空间两个非零向量a，b，则|a||b|cosa，b叫做向量a，b 的数量积，记作ab，即ab|a||b|cosa，b2空间向量数量积的运算律abab；交换律abba；分配律abcabac.4空间向量的坐标表示及其应用设aa1，a2，a3，bb1，b2，b3.向量表示坐标表示数量积aba1b1a2b2a3b3共线abb0，Ra1b1，a2b2，a3b3垂直ab0a0，b0a1b1a2b2a3b30模|a|a21a22a23夹角a，ba0，b0cosa，ba1b1a2b2a3b3a21a22a23b21b22b23知识拓展1向量三点共线定理在平面中A，B，C三点共线的充要条件是OAxOByOC其中xy1，O 为平面内任意一点2向量四点共面定理在空间中P，A，B，C四点共面的充要条件是OPxOAyOBzOC其中xyz1，O为空间中任意一点题组一思考辨析1判断下列结论是否正确请在括号中打“”或“”1空间中任意两个非零向量a，b共面2在向量的数量积运算中abcabc3对于非零向量b，由abbc，则ac.4两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同5若A，B，C，D是空间任意四点，则有ABBCCDDA0.6若ab0，则a，b是钝角题组二教材改编2P97A组T2如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点若ABa，ADb，AA1c，则下列向量中与BM相等的向量是A12a12bcB.12a12bcC12a12bcD.12a12bc答案A解析BMBB1B1MAA112ADABc12ba12a12bc.3P98T3正四面体ABCD的棱长为2，E，F分别为BC，AD的中点，则EF的长为________答案2解析|EF|2EF2ECCDDF2EC2CD2DF22ECCDECDFCDDF122212212cos120021co s1202，|EF|2，EF的长为2.题组三易错自纠4在空间直角坐标系中，已知A1,2,3，B2，1,6，C3,2,1，D4,3,0，则直线AB与CD的位置关系是A垂直B平行C 异面D相交但不垂直答案B解析由题意得，AB3，3,3，CD1,1，1，AB3CD，AB与CD共线，又AB与CD没有公共点，ABCD.5与向量3，4,5共线的单位向量是__________________________________答案3210，225，22和3210，225，22解析因为与向量a共线的单位向量是a|a|，又因为向量3，4,5的模为32425252，所以与向量3，4,5共线的单位向量是1523，4，52103，4,56O为空间中任意一点，A，B，C三点不共线，且OP34OA18OBtOC，若P，A，B，C四点共面，则实数t______.答案18解析P，A，B，C四点共面，3418t1，t18.题型一空间向量的线性运算1.如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，O为AC的中点用AB，AD，AA1表示OC1，则OC1________________.答案12AB12ADAA1解析OC12AC12ABAD，OC1OCCC112ABADAA112AB12ADAA1.2.xx上饶期中如图，在三棱锥OABC中，M，N分别是AB，OC 的中点，设OAa，OBb，OCc，用a，b，c表示NM，则NM等于A.12abcB.12abcC.12abcD.12abc答案B解析NMNAAMOAON12ABOA12OC12OBOA12OA12OB12OC12abc思维升华用已知向量表示某一向量的方法用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键要正确理解向量加法.减法与数乘运算的几何意义首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量在立体几何中三角形法则.平行四边形法则仍然成立题型二共线定理.共面定理的应用典例典例xx唐山质检如图所示，已知斜三棱柱ABCA1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足AMkAC1，BNkBC0k11向量MN是否与向量AB，AA1共面2直线MN是否与平面ABB1A1平行解1AMkAC1，BNkBC，MNMAABBNkC1AABkBCkC1ABCABkC1AB1C1ABkB1AABABkAB1ABkAA1AB1k ABkAA1，由共面向量定理知向量MN与向量AB，AA1共面2当k0时，点M，A重合，点N，B重合，MN在平面ABB1A1内，当0k1时，MN不在平面ABB1A1内，又由1知MN与AB，AA1共面，MN平面ABB1A1.思维升华1证明空间三点P，A，B共线的方法PAPBR；对空间任一点O，OPOAtABtR；对空间任一点O，OPxOAyOBxy12证明空间四点P，M，A，B共面的方法MPxMAyMB；对空间任一点O，OPOMxMAyMB；对空间任一点O，OPxOMyOAzOBxyz1；PMAB或PAMB 或PBAM跟踪训练xx抚州模拟如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，E，F，G分别是A1D1，D1D，D1C1的中点1试用向量AB，AD，AA1表示AG；2用向量方法证明平面EFG 平面AB1C.1解设ABa，ADb，AA1c.由图得AGAA1A1D1D1Gcb12DC12abc12ABADAA1.2证明由题图，得ACABBCab，EGED1D1G12b12a12AC，EG与AC无公共点，EGAC，EG 平面AB1C，AC平面AB1C，EG平面AB1C.又AB1ABBB1ac，FGFD1D1G12c12a12AB1，FG与AB1无公共点，FGAB1，FG平面AB1C，AB1平面AB1C，FG平面AB1C，又FGEGG，FG，EG平面EFG，平面EFG平面AB1C.题型三空间向量数量积的应用典例xx济南月考如图，已知平行六面体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA12，A1ABA1AD120.1求线段AC1的长；2求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值；3求证AA1BD.1解设ABa，ADb，AA1c，则|a||b|1，|c|2，ab0，cacb21cos1201.AC1ACCC1ABADAA1abc，|AC1||abc|abc2|a|2|b|2|c|22abbcca121222xx2.线段AC1的长为2.2解设异面直线AC1与A1D所成的角为，则cos|cosAC1，A1D||AC1A1D||AC1||A1D|.AC1abc，A1Dbc，AC1A1Dabcbcabacb2cxx2222，|A1D|bc2|b|22bc|c|21221227.cos|AC1A1D||AC1||A1D||2|27147.故异面直线AC1与A1D 所成角的余弦值为147.3证明AA1c，BDba，AA1BDcbacbca110，AA1BD，即AA1BD.思维升华1利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置2利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角3可以通过|a|a2，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解跟踪训练如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60.1求AC1的长；2求BD1与AC夹角的余弦值解1记ABa，ADb，AA1c，则|a||b||c|1，a，bb，cc，a60，abbcca12.|AC1|2abc2a2b2c22abbcca11121212126，|AC1|6，即AC1的长为6.2BD1bca，ACab，|BD1|2，|AC|3，BD1ACbcaabb2a2acbc1，cosBD1，ACBD1AC|BD1||AC|66.即BD1与AC夹角的余弦值为66.坐标法在立体几何中的应用典例12分如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1，在底面ABC中，CACB1，BCA90，棱AA12，M，N分别是A1B1，A1A的中点1求BN的模；2求cosBA1，CB1的值；3求证A1BC1M.思想方法指导利用向量解决立体几何问题时，首先要将几何问题转化成向量问题，通过建立坐标系利用向量的坐标进行求解规范解答1解如图，以点C作为坐标原点O，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系由题意得B0,1,0，N1,0,1，所以|BN|10xx1023.2分2解由题意得A11,0,2，B0,1,0，C0,0,0，B10，1,2，所以BA11，1,2，CB10,1,2，BA1CB13，|BA1|6，|CB1|5，所以cosBA1，CB1BA1CB1|BA1||CB1|3010.6分3证明由题意得C10,0,2，M12，12，2，A1B1,1，2，C1M12，12，0，9分所以A1BC1M121200，所以A1BC1M，即A1BC1M.12分。
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课时跟踪检测(四十七) 空间向量及其运算和空间位置关系一、选择题1．(2014·广东高考)已知向量a ＝(1,0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( ) A ．(－1,1,0) B ．(1，－1,0) C ．(0，－1,1)D ．(－1,0,1)2．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则( ) A ．l ∥α B ．l ⊥α C ．l ⊂αD ．l 与α斜交3．(2015·西安质检)已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则AE ·AF 的值为( )A ．a 2B.12a 2C.14a 2D.34a 2 4．若平面α，β的法向量分别为n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则( ) A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上均不正确5．(2015·晋江一模)设O ABC 是四面体，G 1是△ABC 的重心，G 是OG 1上的一点，且OG ＝3GG 1，若OG ＝x OA ＋y OB ＋z OC ，则(x ，y ，z )为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，14，14B.⎝ ⎛⎭⎪⎫34，34，34C.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，13 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，23 6．(2015·宁波检测)如图所示，在正方体ABCD A1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．斜交B ．平行C ．垂直D ．不确定二、填空题7．若向量a ＝(1,1，x )，b ＝(1,2,1)，c ＝(1,1,1)，满足条件(c －a )·2b ＝－2，则x ＝________.8．已知空间四边形OABC ，点M ，N 分别是OA ，BC 的中点，且OA ＝a ，OB ＝b ，OC ＝c ，用a ，b ，c 表示向量MN ＝________.9．已知点A (1,2,1)，B (－1,3,4)，D (1,1,1)，若AP ＝2PB ，则|PD |的值是________． 10．已知ABCD A 1B 1C 1D 1为正方体， ①(1A A ＋11A D ＋11A B )2＝311A B 2； ②1A C ·(11A B －1A A )＝0；③向量1AD 与向量1A B 的夹角是60°；④正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为|AB ·1AA ·AD |. 其中正确命题的序号是________． 三、解答题11．(2015·青岛模拟)如图，在多面体ABC A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1AB C 是直二面角．求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C .12．(2015·汕头模拟)已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为3，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1.(1)求证：E ，B ，F ，D 1四点共面；(2)若点G 在BC 上，BG ＝23，点M 在BB 1上，GM ⊥BF ，垂足为H ，求证：EM ⊥平面BCC 1B 1.答案1．选B 各选项给出的向量的模都是2，|a |＝ 2.对于选项A ，设b ＝(－1,1,0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |＝－2×2＝－12，因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°.对于选项B ，设b ＝(1，－1,0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1×12×2＝12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝60°，正确．对于选项C ，设b ＝(0，－1,1)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－1×12×2＝－12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°.对于选项D ，设b ＝(－1,0,1)．则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－1－12×2＝－1.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝180°，故选B.2．选B ∵a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)，∴n ＝－2a ，即a ∥n .∴l ⊥α.3．选 C AE ·AF ＝12(AB ＋AC )·12AD ＝14(AB ·AD ＋AC ·AD )＝14(a 2cos60°＋a 2cos 60°)＝14a 2.故选C.4．选C ∵n 1·n 2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0，∴n 1与n 2不垂直，∴α与β相交但不垂直．5.选A 如图所示，取BC 的中点E ，连接AE .OG ＝341OG＝34(OA ＋1AG ) ＝34OA ＋12AE ＝34OA ＋14(AB ＋AC ) ＝34OA ＋14(OB －OA ＋OC －OA ) ＝14(OA ＋OB ＋OC )， 故选A.6．选B 建立如图所示的坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a 3， 则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，2a 3，a 3，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，2a 3，a ，MN ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a3，0，2a 3，又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以 11C D ＝(0，a,0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量． 因为MN ·11C D ＝0，所以MN ⊥11C D ， 所以MN ∥平面 BB 1C 1C .7．解析：∵c －a ＝(0,0,1－x )， ∴(c －a )·2b ＝(0,0,1－x )·2(1,2,1) ＝2(1－x )＝－2，解得x ＝2. 答案：28．解析：如图所示，MN ＝12(MB ＋MC )＝12[(OB －OM )＋(OC －OM )]＝12(OB ＋OC －2OM )＝12(OB ＋OC －OA )＝12(b ＋c －a )．答案：12(b ＋c －a )9．解析：设P (x ，y ，z )，∴AP ＝(x －1，y －2，z －1)． PB ＝(－1－x,3－y,4－z )，由AP ＝2PB 得点P 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，83，3， 又D (1,1,1)，∴|PD |＝773. 答案：77310．解析：①中(1A A ＋11A D ＋11A B )2＝1A A 2＋11A D 2＋11A B 2＝3(11A B )2，故①正确； ②中11A B －1A A ＝1AB ，∵AB 1⊥A 1C ，故②正确； ③中A 1B 与AD 1两异面直线所成角为60°， 但1AD 与1A B 的夹角为120°，故③不正确； ④中|AB ·1AA ·AD |＝0，故④也不正确． 答案：①②11．证明：∵二面角A 1AB C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形， ∴AA 1⊥平面BAC . 又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ， ∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ， ∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2)． (1)11A B ＝(0,2,0)，1A A ＝(0,0，－2)，AC ＝(2,0,0)， 设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·1A A ＝0，n ·AC ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0.取y ＝1，则n ＝(0,1,0)．∴11A B ＝2n ，即11A B ∥n . ∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知1AB ＝(0,2,2)，11AC ＝(1,1,0)，1A C ＝(2,0，－2)，设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·11AC ＝0，m ·1A C ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1， 即m ＝(1，－1,1)．∴1AB ·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， ∴1AB ⊥m .又AB ⊄平面A 1C 1C ， ∴AB 1∥平面A 1C 1C .12．证明：(1)以B 为原点，以BA ，BC ，BB1为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系B xyz ，则B (0,0，0)，E (3,0，1)，F (0,3,2)，D 1(3,3,3)，则BE ＝(3,0,1)，BF ＝(0,3,2)，1BD ＝(3,3,3)． 所以1BD ＝BE ＋BF .由向量共面的充要条件知E ，B ，F ，D 1四点共面．(2)设M (0,0，z 0)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，0，则GM ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－23，z 0，而BF ＝(0,3,2)， 由题设得GM ·BF ＝－23×3＋z 0·2＝0，得z 0＝1.故M (0,0,1)，有ME ＝(3,0,0)． 又1BB ＝(0,0,3)，BC ＝(0,3,0)， 所以ME ·1BB ＝0，ME ·BC ＝0， 从而ME ⊥BB 1，ME ⊥BC . 又BB 1∩BC ＝B ， 故ME ⊥平面BCC 1B 1.。