2018届高三理科数学一轮复习课时作业 空间向量及其运算和空间位置关系 解析版
2018版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.6 空间向量及其运算和空间位置关系真题演练集训 理 新人教A版
2018版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.6 空间向量及其运算
和空间位置关系真题演练集训 理 新人教A 版
“两向量同向”意义不清致误分析
[典例] 已知向量a ＝(1,2,3)，b ＝(x ，x 2＋y －2，y )，并且a ，b 同向，则x ，y 的值分别为________．
[错因分析] 将a ，b 同向和a∥b 混淆，没有搞清a∥b 的意义：a ，b 方向相同或相反．
[解析] 由题意知，a∥b ，
所以x 1＝x 2＋y －22＝y 3
， 即⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝3x ，①x 2＋y －2＝2x .②
把①代入②，得
x 2＋x －2＝0，(x ＋2)(x －1)＝0，
解得x ＝－2或x ＝1.
当x ＝－2时，y ＝－6；
当x ＝1，y ＝3.
当⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－2，y ＝－6时，b ＝(－2，－4，－6)＝－2a ，
两向量a ，b 反向，不符合题意，所以舍去．
当⎩⎪⎨⎪
⎧ x ＝1，y ＝3时，b ＝(1,2,3)＝a ，
a 与
b 同向，所以⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝3.
[答案] 1,3
温馨提醒
1．两向量平行和两向量同向不是等价的，同向是平行的一种情况，两向量同向能推出两向量平行，但反过来不成立，也就是说，“两向量同向”是“两向量平行”的充分不必要条件．
2．若两向量a ，b 满足a ＝λb (b ≠0)且λ>0，则a ，b 同向；在a ，b 的坐标都是非零的条件下，a ，b 的坐标对应成比例且比值为正值．。
【高考导航】2018届高三数学理一轮复习第7章第6节空间向量及其运算
第七章 立体几何
CONTENTS
1 高考导航 考纲下载 2 3 4 5
主干知识 自主排查 核心考点 互动探究
真题演练 明确考向
第六节 空间向量及其运算
课时作业
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，能用向量的数量积判断向量的共线和 垂直．
解析：各选项给出的向量的模都是 2，|a|＝ 2. 1×－1 a· b 1 对于选项A，设b＝(－1,1,0)，则cos〈a，b〉＝ ＝ ＝－ 2 ，因为 |a||b| 2× 2 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〉≤180° ，所以〈a，b〉＝60° ，正确． 1×1 a· b 1 ＝ ＝ 2 .因为0° ≤ |a||b| 2× 2
考点二
2．如图所示，已知斜三棱柱 ABCA1B1C1，点M，N分别在AC1和BC
→ → → → ∵AM＝kAC1，BN＝kBC， → → → → → ∴ MN ＝ MA ＋ AB ＋ BN ＝kC1A ＋ → → AB＋kBC → → → → ＝k( C1A ＋ BC )＋ AB ＝k( C1A ＋ → → B1C1)＋AB → → → → → ＝kB1A＋AB ＝AB －kAB1＝AB － → → k(AA1＋AB) → → ＝(1－k)AB－kAA1， → ∴由共面向量定理知向量 MN 与 → → 向量AB，AA1共面．
对于选项C，设b＝(0，－1,1)，则cos〈a，b〉＝ 〈a，b〉≤180° ，所以〈a，b〉＝120° .
－1×1 a· b 1 ＝ ＝－ 2 .因为0° ≤ |a||b| 2× 2
高考数学(理)一轮复习课后作业：第八章第五节空间向量及其运算和空间位置关系含解析.doc
［全盘巩固］一、选择题1.点M(—8,6,1)关于x轴的对称点的坐标是()A. (—8, —6, —1)B. (8, —6, —1)C. (8, -6,1)D. (-8, -6,1)2・O为空间任意一点•若OP = -^OA + +yOC，则A・B,C,P四点( )A. 一定不共而B. 一定共而C.不一定共面D. 无法判断3.已知a=(2,3, —4), &=(—4, 3, 2), ^~2X 2a，则兀一()A. (0,3, —6)B. (0,6, -20)C. (0,6, —6)D. (6,6, —6)4.已知°=(2,1, -3),方=(—1,2,3), c=(7,6, x),若a, b, c 三向量共面，则人=( )A. 9B. -9C. -3D. 35.若平而a, ”的法向量分别为山=(2, —3,5), /“ = ( —3,1, -4),贝U()A. a//p B・ a丄〃C. g 0相交但不垂直D.以上均不止确二、填空题6.在空间直角坐标系中，点P(l,迈，迈)，过点P作平面jQz的垂线尸0,则垂足08.已知点>1(1,2,1), 〃(一1,3,4), 0(1,1,1),若AP = 2 PB,则庁山的值是 ________________三、解答题9.如图,在棱长为。
的正方体Ch4BC・O\A\B\C\中,E、F分别是棱的、BC上的动点, 且AE=BF=x,其中OWxWa,以O为原点建立空间直角处标系O -xyz.(1) 写出点E 、F 的坐标;(2) 求证:丄 C|E ；10.如图，在底而是矩形的四棱锥P-ABCD 屮，刃丄底ABCD, E, F 分别是PC, PD的中点，PA=AB=\, BC=2.(1)求证：EF 〃平而丹B ； (2)求证：平面丹D 丄平面FDC.［冲击名校］1. 平行六面体ABCDA ］ B| G D|中，向HAB.AD.AA^两两的夹角均为 60°,且 | AB|=1,|AD|=2,|AA ；|=3,则1伉；丨等于 ( )A. 5B. 6C. 4D. 82. 如图，在大小为45啲二面角A-EF-D 中，四边形4BFE, CDEF 都是边长为1的止方 形，则3, D 两点间的距离是()(3)若你E 、F 、G 四点共面, 求证:A萌 B.迈C. 1 D .^3-^/2JT3.如图所示，已知空间四边形OABC, OB = OC,且ZAOB= ZAOC =),则cos<OA 9 EC〉的值为4.在四棱锥中，PD丄底而ABCD，底而MCD为正方形，PD=DC, E, F 分别是川5, 的屮点.⑴求证：EF丄CD；(2)在平面内是否存在一点G,使GF丄平面PCB.若存在，求出点G坐标；若不存在，试说明理由.［全盘巩固］一、选择题1.解析：选A 点P(a , b , c)关于兀轴的对称点为P (a,・b,・c)・2.解析：选B询=孕丙+ *西+*处，fi| + | + |= 1，:.P ,A,B, C四点共面.3.解析：选B 由b = ^x・ 2a ,得x = 4a + 2〃二(8,12 ,・ 16) + ( - 8 ,・6,・ 4)二(0,6, -20)・4.解析：选B 由题意知c = xa+yb，即(7,6 , 2) = x(2,l ,・ 3)+尹(・1,2,3) , A '2x -y=l , x + 2y = 6 ,角军得久二・9..-3x + 3y = X ,5.解析：选C vnr/i2 = 2X( - 3) +(- 3)X1 +5X( - 4)^0 , :.n x与血不垂直，:・a 与0相交但不垂直・二、填空题6.解析：由题意知点。
2018版高考数学一轮复习第八章立体几何第6讲空间向量及其运算理
第6讲空间向量及其运算一、选择题1以下四个命题中正确的是().A. 空间的任何一个向量都可用其他三个向量表示B. 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C. A ABC为直角三角形的充要条件是A B- AC= 0D. 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，贝U a+ b=^ ( b+ c) +卩(c+ a), (1 —卩)a=(入) —1 ［亠—1)b + (入+卩)c,入，不可能同时为1，设卩工1,贝U a= ■ b + c,贝U a、1 — 1 —b、c为共面向量，此与{a, b, c}为空间向量基底矛盾.答案B2•若向量a= (1,1 , x), b= (1,2,1) , c = (1,1,1)，满足条件(c —a) - (2 b) =—2,则x = ( ).A. —4B.—2C. 4D. 2解析•/ a= (1,1 , x) , b= (1,2,1) , c = (1,1,1),••• c —a= (0,0,1 —x) , 2b= (2,4,2).•••(c—a) - (2 b) = 2(1 —x) = —2,「. x= 2.答案D3•若{a, b, c}为空间的一组基底，则下列各项中，能构成基底的一组向量是().A. {a, a+ b, a—b}B. {b, a+ b, a —b}C. {c, a + b, a—b}D. {a + b, a—b, a + 2b}解析若c、a + b、a—b共面，贝U c =入(a+ b) + ma—b)=(入 + m)a+ (入一m)b,贝U a、b、c为共面向量，此与{a, b, c}为空间向量的一组基底矛盾，故c, a+ b, a—b可构成空间向量的一组基底.答案C4.如图所示，已知空间四边形OABC OB= OC且/ AO&Zn A A—，贝y cos〈OA BO的值为31 AOC =A. 0B. 1C.解析设OA= a , OB= b , OC= c ,n由已知条件〈a , b 〉=〈 a , c 〉=—，且 | b | = | c | ,——1 1 ——OA BC= a •( c — b ) = a -c - a -b =空1 a||c | — 2|a||b| = 0,「. cos 〈OA BC 〉= 0.答案 A— — — — 1 — —解析 BMh BB + B i Mh AA + AD- AB1 1 1 =c +2（b — a ） = — q a + q b + c . 答案 A6.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, 贝U B,D 两点间的距离是（ ）A. 3B. .2C. 1D. 3 — »解析 ••• B DT BF + —+ E D , /. |BD D 2= | BF 2+ |用2+ |ED 2+ 2BF- Ffe+ 2F E- ED )+ 2BF- E D=1 + 1 + 1— , 2= 3— 2,故 |BD| = .3 —、2. 答案 D 二、填空题7.设 x, y 乏 R ，向量 a = (x,1 )b =(1, y )c =(2,Y )，且 a 丄 c,b//c ，贝U a + ” = _______交点.若AB= a , AD= b , AA = c ,则下列向量中与 BM 相等 的向量是()•1 1 1 1A .—歹+尹+ cB.q a + -b + c1 1 C.— q a — q b + c 1 1D.q a —qb + c 5•如图所示，在长方体 ABC - ABCD 中，M 为AC 与B D 的答案.108.在空间四边形ABCD中,AB - CD+ AC - DB+ AD - BC=解析如图，设AB= a, AC= b, AD= c,AB- C內AC- DB+ AD- BC= a •( c —b) + b - (a—c) + c - (b-a) = 0.答案09•已知ABC- ABGD 为正方体，①(+ AD^ + A1B1 ) 2=—I T—A A ) = 0;③向量AD1与向量A1B的夹角是60。
2018版高考数学(理)一轮复习文档：第八章8.6 空间向量及其运算含解析
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a＝b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a∥b共面平行于同一个平面的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b（b≠0）共线的充要条件是存在实数λ，使得a ＝λb。
(2)共面向量定理共面向量定理的向量表达式：p＝x a＋y b，其中x，y∈R，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p＝x a＋y b＋z c,｛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①两向量的夹角已知两个非零向量a，b,在空间任取一点O,作错误!＝a，错误!＝b，则∠AOB叫做向量a，b的夹角,记作〈a，b〉，其范围是0≤〈a，b〉≤π,若<a，b〉＝错误!,则称a与b互相垂直，记作a⊥b.②两向量的数量积已知空间两个非零向量a，b,则｜a|｜b｜cos〈a，b〉叫做向量a，b 的数量积，记作a·b,即a·b＝｜a||b｜cos〈a，b〉．（2）空间向量数量积的运算律①结合律:(λa)·b＝λ（a·b);②交换律：a·b＝b·a；③分配律：a·（b＋c）＝a·b＋a·c。
4．空间向量的坐标表示及其应用设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1,b2，b3)。
【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：错误!＝x错误!＋y错误!(其中x＋y＝1）,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：错误!＝x错误!＋y错误!＋z错误!(其中x＋y＋z＝1），O为空间中任意一点．【思考辨析】判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”)（1)空间中任意两非零向量a，b共面．( √)(2）在向量的数量积运算中(a·b）·c＝a·(b·c）．（×)（3)对于非零向量b,由a·b＝b·c，则a＝c.（×）(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，则有错误!＋错误!＋错误!＋错误!＝0。
2018年高考数学一轮复习第七章立体几何第43讲空间向量及其运算课件理
证明：(1)如图，连接BG， → → → → 1→ → 则EG＝EB＋BG＝EB＋2(BC＋BD) → → → → → ＝EB＋BF＋EH＝EF＋EH. 由共面向量定理的推论知： E，F，G，H四点共面． → → → (2)因为EH＝AH－AE 1 → 1→ 1 → → 1 → ＝2AD－2AB＝2(AD－AB)＝2BD， 所以EH∥BD. 又EH⊂平面EFGH，BD⊄平面EFGH，所以BD∥平面EFGH.
(2)∵N是BC的中点， 1→ 1→ 1 → → → → ∴A1N＝A1A＋AB＋BN＝－a＋b＋2BC＝－a＋b＋2AD＝－a＋b＋2c. (3)∵M是AA1的中点， 1 1 → → → 1→ → ∴MP＝MA＋AP＝2A1A＋AP＝－2a＋a＋c＋2b
1 1 → → → 1→ → 1→ → 1 ＝2a＋2b＋c，又NC1＝NC＋CC1＝2BC＋AA1＝2AD＋AA1＝2c＋a， 1 1 1 3 1 3 → → ∴MP＋NC1＝2a＋2b＋c＋a＋2c＝2a＋2b＋2c.
(3)找一点O，并连接OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG，如图所示． → 1→ → 1→ 由(2)知EH＝2BD，同理FG＝2BD， → → 所以EH＝FG，即EH FG，所以四边形EFGH是平行四边形． 所以EG，FH交于一点M且被M平分． → 1 → → 1→ 1 → 故OM＝2(OE＋OG)＝2OE＋2OG 11 → → 11 → → 1 → → → → ＝22OA＋OB＋22OC＋OD＝4(OA＋OB＋OC＋OD)．
→ 1 (2)由(1)可知MN＝2(q＋r－p)， →2 1 2 1 2 ∴|MN| ＝4(q＋r－p) ＝4[ q ＋r2＋p2＋2(q· r－p· q－r· p)]
2018版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第6讲 空间向量及其运算 理
第6讲 空间向量及其运算一、选择题1．以下四个命题中正确的是( )．A ．空间的任何一个向量都可用其他三个向量表示B ．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C ．△ABC 为直角三角形的充要条件是AB →·AC →＝0 D ．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 ＝λ－11－μb ＋λ＋μ1－μc ，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 B2．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 ＝ ( )． A ．－4B ．－2C ．4D ．2解析 ∵a ＝(1,1，x )，b ＝(1,2,1)，c ＝(1,1,1)， ∴c －a ＝(0,0,1－x )，2b ＝(2,4,2)． ∴(c －a )·(2b )＝2(1－x )＝－2，∴x ＝2. 答案 D3．若{a ，b ，c }为空间的一组基底，则下列各项中，能构成基底的一组向量是( )． A ．{a ，a ＋b ，a －b } B ．{b ，a ＋b ，a －b } C ．{c ，a ＋b ，a －b }D ．{a ＋b ，a －b ，a ＋2b }解析 若c 、a ＋b 、a －b 共面，则c ＝λ(a ＋b )＋m (a －b )＝(λ＋m )a ＋(λ－m )b ，则a 、b 、c 为共面向量，此与{a ，b ，c }为空间向量的一组基底矛盾，故c ，a ＋b ，a －b 可构成空间向量的一组基底． 答案 C4.如图所示，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为 ( )． A ．0 B.12 C.32D.22解析 设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，由已知条件〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，且|b |＝|c |，OA →·BC →＝a ·(c －b )＝a·c －a·b ＝12|a||c |－12|a||b|＝0，∴cos 〈OA →，BC →〉＝0.答案 A5．如图所示，在长方体ABCD －A1B 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 ＋cB.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 解析 BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .答案 A6．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 ．1 D.3－ 2解析 ∵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. 答案 D 二、填空题7. 设,x y ∈R ，向量()()()4,2,,1,1,-===y x ，且//,⊥_______=解析2402,//(3,1)242x x ac b c a b y y -==⎧⎧⊥⇔⇔⇒+=-=⎨⎨=-=-⎩⎩答案8. 在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝________.解析 如图，设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ， AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝a ·(c －b )＋b·(a －c )＋c·(b－a )＝0. 答案 09．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，①(11A A ＋11A D ＋11A B )2＝311A B 2；②1A C ·(11A B －11A 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________．解析 由1AA ⊥11A D ，1AA ⊥11A B ，11A D ⊥11A B ⊥11A B ，得(1A A ＋11A D ＋11A B )2＝3(11A B )2，故①正确；②中11A B －1A A ＝1AB ，由于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 ①②10．如图，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OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c .OA 与BC 所成的角为θ，OA →·BC →＝a (c －b )＝a ·c －a ·b ＝a ·(a ＋AC →)－a ·(a ＋AB →)＝a 2＋a ·AC →－a 2－a ·AB →＝24－16 2.∴cos θ＝|OA →·BC →||OA →|·|BC →|＝24－1628×5＝3－225.答案3－225三、解答题11．已知A 、B 、C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →)．(1)判断MA →、MB →、MC →三个向量是否共面； (2)判断点M 是否在平面ABC 内． 解 (1)由已知OA →＋OB →＋OC →＝3 OM →， ∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)， 即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， ∴MA →，MB →，MC →共面．(2)由(1)知，MA →，MB →，MC →共面且基线过同一点M ， ∴四点M ，A ，B ，C 共面，从而点M 在平面ABC 内．12．把边长为a 的正方形ABCD 沿对角线AC 折起成直二面角，点E 、F 分别是AD 、BC 的中点，点O 是原正方形的中心，求： (1)EF 的长；(2)折起后∠EOF 的大小．解 如图，以O 点为原点建立空间直角坐标系O －xyz ，则A （0，－22a,0）， B （22a,0,0），C （0，22a,0），D （0,0，22a ），E （0，－24a ，24a ）， F （24a ，24a,0）.(1)|EF →|2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫24a －02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫24a ＋24a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－24a 2＝34a 2，∴|EF |＝32a .(2)OE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－24a ，24a ，OF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫24a ，24a ，0，OE →·OF →＝0×24a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－24a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫24a ＋24a ×0＝－a 28，|OE →|＝a 2，|OF →|＝a 2，cos 〈OE →，OF →〉＝OE →·OF →|OE →||OF →|＝－12，∴∠EOF ＝120°.13．如图，已知M 、N 分别为四面体ABCD 的面BCD 与面ACD 的重心，且G 为AM 上一点，且GM ∶GA ＝1∶3.求证：B 、G 、N 三点共线．证明 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则BG →＝BA →＋AG →＝BA →＋34AM →＝－a ＋14(a ＋b ＋c )＝－34a ＋14b ＋14c ，BN →＝BA →＋AN →＝BA →＋13(AC →＋AD →)＝－a ＋13b ＋13c ＝43BG →.∴BN →∥BG →，即B 、G 、N 三点共线．14．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)EF →·BA →；(2)EF →·DC →；(3)EG 的长； (4)异面直线AG 与CE 所成角的余弦值． 解 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c .则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， (1)EF →＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，DC →＝b －c ，EF →·BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －12a ·(－a )＝12a 2－12a·c ＝14，(2)EF →·DC →＝12(c －a )·(b －c )＝12(b·c －a·b －c 2＋a·c )＝－14；(3)EG →＝EB →＋BC →＋CG →＝12a ＋b －a ＋12c －12b＝－12a ＋12b ＋12c ，|EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a·b ＋12b·c －12c·a ＝12，则|EG →|＝22.(4)AG →＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ，cos 〈AG →，CE →〉＝AG →·CE →|AG →||CE →|＝－23，由于异面直线所成角的范围是(0°，90°]， 所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23.。
高考数学(理科)一轮复习空间向量及其运算学案附答案
高考数学（理科）一轮复习空间向量及其运算学案附答案本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址学案45 空间向量及其运算导学目标：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与垂直．自主梳理．空间向量的有关概念空间向量：在空间中，具有______和______的量叫做空间向量．相等向量：方向______且模______的向量．共线向量定理对空间任意两个向量a，b，a∥b的充要条件是______________________________．推论如图所示，点P在l上的充要条件是：oP→＝oA →＋ta①其中a叫直线l的方向向量，t∈R，在l上取AB→＝a，则①可化为oP→＝___________________或oP→＝oA→＋toB→.共面向量定理如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在惟一的有序实数对，使p＝xa＋yb，推论的表达式为mP→＝xmA→＋ymB→或对空间任意一点o有，oP→＝__________________或oP→＝xoA→＋yoB→＋zom→，其中x＋y＋z＝____.2．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p＝____________________________，把{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数量积及相关概念①两向量的夹角已知两个非零向量a，b，在空间任取一点o，作oA→＝a，oB→＝b，则________叫做向量a与b的夹角，记作________，其范围是________________，若〈a，b〉＝π2，则称a与b______________，记作a⊥b.②两向量的数量积已知两个非零向量a，b，则______________________叫做向量a，b的数量积，记作________，即______________________________．空间向量数量积的运算律①结合律：•b＝____________________；②交换律：a•b＝________；③分配律：a•＝________________.4．空间向量的坐标表示及应用数量积的坐标运算若a＝，b＝，则a•b＝____________________.共线与垂直的坐标表示设a＝，b＝，则a∥b⇔____________⇔________，__________，________________，a⊥b⇔________⇔____________________________ _____．模、夹角和距离公式设a＝，b＝，则|a|＝a•a＝___________________________________________________ __________，cos〈a，b〉＝a•b|a||b|＝___________________________________________________ ______.若A，B，则|AB→|＝___________________________________________________ _______________.自我检测．若a＝，b＝，且a∥b，则A．x＝1，y＝1B．x＝12，y＝－12c．x＝16，y＝－32D．x＝－16，y＝322．如图所示，在平行六面体ABcD—A1B1c1D1中，m为Ac 与BD的交点，若A1B1→＝a，A1D1→＝b，A1A→＝c，则下列向量中与B1m→相等的向量是A．－12a＋12b＋cB.12a＋12b＋cc.12a－12b＋cD．－12a－12b＋c3．在平行六面体ABcD—A′B′c′D′中，已知∠BAD ＝∠A′AB＝∠A′AD＝60°，AB＝3，AD＝4，AA′＝5，则|Ac′→|＝________.4．有下列4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mP→＝xmA→＋ymB→，则P、m、A、B共面；④若P、m、A、B共面，则mP→＝xmA→＋ymB→.其中真命题的个数是A．1B．2c．3D．45．A，B，c，D这四个点________．探究点一空间基向量的应用例1 已知空间四边形oABc中，m为Bc的中点，N为Ac的中点，P为oA的中点，Q为oB的中点，若AB＝oc，求证：Pm⊥QN.变式迁移1如图，在正四面体ABcD中，E、F分别为棱AD、Bc的中点，则异面直线AF和cE所成角的余弦值为________．探究点二利用向量法判断平行或垂直例2 两个边长为1的正方形ABcD与正方形ABEF相交于AB，∠EBc＝90°，点m、N分别在BD、AE上，且AN＝Dm.求证：mN∥平面EBc；求mN长度的最小值．变式迁移2如图所示，已知正方形ABcD和矩形AcEF所在的平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，m是线段EF的中点．求证：Am∥平面BDE；Am⊥面BDF.探究点三利用向量法解探索性问题例3 如图，平面PAc⊥平面ABc，△ABc是以Ac为斜边的等腰直角三角形，E，F，o分别为PA，PB，Ac的中点，Ac＝16，PA＝Pc＝10.设G是oc的中点，证明FG∥平面BoE；在△AoB内是否存在一点m，使Fm⊥平面BoE？若存在，求出点m到oA，oB的距离；若不存在，说明理由．变式迁移3 已知在直三棱柱ABc—A1B1c1中，底面是以∠ABc为直角的等腰直角三角形，Ac＝2a，BB1＝3a，D为A1c1的中点，E为B1c的中点．求直线BE与A1c所成的角的余弦值；在线段AA1上是否存在点F，使cF⊥平面B1DF？若存在，求出AF；若不存在，请说明理由．．向量法解立体几何问题有两种基本思路：一种是利用基向量表示几何量，简称基向量法；另一种是建立空间直角坐标系，利用坐标法表示几何量，简称坐标法．2．利用坐标法解几何问题的基本步骤是：建立适当的空间直角坐标系，用坐标准确表示涉及到的几何量．通过向量的坐标运算，研究点、线、面之间的位置关系．根据运算结果解释相关几何问题．一、选择题．下列命题：①若A、B、c、D是空间任意四点，则有AB→＋Bc→＋cD→＋DA→＝0；②|a|－|b|＝|a＋b|是a、b共线的充要条件；③若a、b共线，则a与b所在直线平行；④对空间任意一点o与不共线的三点A、B、c，若oP→＝xoA→＋yoB→＋zoc→则P、A、B、c四点共面．其中假命题的个数是A．1B．2c．3D．42.如图所示，在正方体ABcD—A1B1c1D1中，o是底面ABcD的中心，m、N分别是棱DD1、D1c1的中点，则直线om A．既垂直于Ac，又垂直于mNB．垂直于Ac，但不垂直于mNc．垂直于mN，但不垂直于AcD．与Ac、mN都不垂直3．如图所示，在三棱柱ABc—A1B1c1中，AA1⊥底面ABc，AB＝Bc＝AA1，∠ABc＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和Bc1所成的角是A．45°B．60°c．90°D．120°4．设点c在点P、A、B确定的平面上，则a等于A．16B．4c．2D．85．在直角坐标系中，A，B，沿x轴把直角坐标系折成120°的二面角，则AB的长度为A.2B．211c．32D．42二、填空题6.如图所示，已知空间四边形ABcD，F为Bc的中点，E为AD的中点，若EF→＝λ，则λ＝________.7．在正方体ABcD—A1B1c1D1中，给出以下向量表达式：①－AB→；②－D1c1→；③－2DD1→；④＋DD1→.其中能够化简为向量BD1→的是________．8．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〈DP→，AE→〉＝33，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________．三、解答题9．如图所示，已知ABcD—A1B1c1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在cc1上，且AE＝Fc1＝1.求证：E、B、F、D1四点共面；若点G在Bc上，BG＝23，点m在BB1上，Gm⊥BF，垂足为H，求证：Em⊥平面Bcc1B1.10．如图，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．求异面直线NE与Am所成角的余弦值；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．1．如图所示，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．求证：mN⊥AB，mN⊥cD；求mN的长；求异面直线AN与cm所成角的余弦值．学案45 空间向量及其运算自主梳理．大小方向相同相等存在实数λ，使得a＝λb oA→＋tAB→om→＋xmA→＋ymB→ 1 2.xa＋yb＋zc 3.①∠AoB 〈a，b〉0≤〈a，b〉≤π互相垂直②|a||b|cos 〈a，b〉a•b a•b＝|a||b|cos〈a，b〉①λ②b•a③a•b＋a•c4.a1b1＋a2b2＋a3b3 a＝λ b a1＝λb1 a2＝λb2 a3＝λb3 a•b＝0 a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 a21＋a22＋a23a1b1＋a2b2＋a3b3a21＋a22＋a23•b21＋b22＋b23a2－a12＋b2－b12＋c2－c12自我检测．c [∵a∥b，∴2x1＝1－2y＝39，∴x＝16，y＝－32.]2．A [B1m→＝B1A1→＋A1A→＋Am→＝－A1B1→＋A1A→＋12AB→＋12AD→＝－a＋c＋12＝－12a＋12b＋c.]3.97解析∵Ac′→＝AB→＋Bc→＋cc′→＝AB→＋AD→＋AA′→，∴|Ac′→|2＝AB→2＋AD→2＋AA′→2＋2AB→•AD→＋2AD→•AA′→＋2AA′→•AB→＝32＋42＋52＋2×3×4×cos60°＋2×4×5×cos60°＋2×3×5×cos60°＝97，∴|Ac′→|＝97.4．B [①正确．②中若a、b共线，p与a不共线，则p＝xa＋yb就不成立．③正确．④中若m、A、B共线，点P 不在此直线上，则mP→＝xmA→＋ymB→不正确．]5．共面解析AB→＝，Ac→＝，AD→＝，设AD→＝xAB→＋yAc →，即＝．∴x＝2y＝3，从而A、B、c、D四点共面．课堂活动区例1 解题导引欲证a⊥b，只要把a、b用相同的几个向量表示，然后利用向量的数量积证明a•b＝0即可，这是基向量证明线线垂直的基本方法．证明如图所示.设oA→＝a，oB→＝b，oc→＝c.∵om→＝12＝12，oN→＝12＝12，∴Pm→＝Po→＋om→＝－12a＋12＝12，QN→＝Qo→＋oN→＝－12b＋12＝12．∴Pm→•QN→＝14[c－][c＋]＝14[c2－2]＝14∵|AB→|＝|oc→|，∴Pm→•QN→＝0.即Pm→⊥QN→，故Pm⊥QN.变式迁移1 23解析设{AB→，Ac→，AD→}为空间一组基底，则AF→＝12AB→＋12Ac→，cE→＝12cA→＋12cD→＝12cA→＋12＝－Ac→＋12AD→.∴AF→•cE→＝12AB→＋12Ac→•－Ac→＋12AD→＝－12AB→•Ac→－12Ac→2＋14AB→•AD →＋14Ac→•AD→＝－14AB→2－12Ac→2＋18AB→2＋18Ac→2＝－12Ac→2.又|AF→|＝|cE→|＝32|Ac→|，∴|AF→|•|cE→|＝34|Ac→|2.∴cos〈AF→，cE→〉＝AF→•cE→|AF→||cE→|＝－12Ac→234|Ac→|2＝－23.∴异面直线AF与cE所成角的余弦值为23.例2 解题导引如图所示，建立坐标系后，要证mN平行于平面EBc，只要证mN→的横坐标为0即可．证明如图所示，以BA→、Bc→、BE→为单位正交基底建立空间直角坐标系，则A，D，E，B，设ANAE＝DmDB＝λ，则mN→＝mD→＋DA→＋AN→＝λBD→＋DA→＋λAE→＝λ＋＋λ＝．∵0<λ<1，∴λ－1≠0，λ≠0，且mN→的横坐标为0.∴mN→平行于平面yBz，即mN∥平面EBc.解由知|mN→|＝λ－12＋λ2＝2λ2－2λ＋1＝2λ－122＋12，∴当λ＝12时，mN取得长度的最小值为22.变式迁移2 证明建立如图所示的空间直角坐标系，设Ac∩BD＝N，连接NE.则点N、E的坐标分别为22，22，0、．∴NE→＝－22，－22，1.又点A、m的坐标分别为、22，22，1，∴Am→＝－22，－22，1.∴NE→＝Am→且NE与Am不共线．∴NE∥Am.又∵NE⊂平面BDE，Am⊄平面BDE，∴Am∥平面BDE.由得，Am→＝－22，－22，1，∵D，F，B，∴DF→＝，BF→＝．∴Am→•DF→＝0，Am→•BF→＝0.∴Am→⊥DF→，Am→⊥BF→，即Am⊥DF，Am⊥BF.又DF∩BF＝F，∴Am⊥平面BDF.例3 解题导引建立适当的空间直角坐标系后，写出各点坐标．第题证明FG→与平面BoE的法向量n垂直，即FG→•n＝0即可．第题设出点m的坐标，利用mF→∥n即可解出，然后检验解的合理性．证明如图，连接oP，以点o为坐标原点，分别以oB，oc，oP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系o—xyz.则o，A，B，c，P，E，F．由题意，得G．因为oB→＝，oE→＝，所以平面BoE的法向量n＝．由FG→＝，得n•FG→＝0.又直线FG不在平面BoE内，所以FG∥平面BoE.解设点m的坐标为，则Fm→＝．因为Fm⊥平面BoE，所以Fm→∥n，因此x0＝4，y0＝－94，即点m的坐标是4，－94，0.在平面直角坐标系xoy中，△AoB的内部区域可表示为不等式组x>0，y<0，x－y<8.经检验，点m的坐标满足上述不等式组．所以，在△AoB内存在一点m，使Pm⊥平面BoE.由点m的坐标，得点m到oA，oB的距离分别为4，94.变式迁移3 解以点B为原点，以BA、Bc、BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B，B1，∵△ABc为等腰直角三角形，∴AB＝Bc＝22Ac＝2a，∴A，c，c1，E0，22a，32a，A1，∴BE→＝0，22a，32a，A1c→＝，cos〈BE→，A1c→〉＝BE→•A1c→|BE→||A1c→|＝－72a2112a×13a＝－7143143.∴直线BE与A1c所成的角的余弦值为7143143.假设存在点F，使cF⊥平面B1DF，并设AF→＝λAA1→＝λ＝，∵D为A1c1的中点，∴D22a，22a，3a，B1D→＝22a，22a，3a－＝22a，22a，0，B1F→＝B1B→＋BA→＋AF→＝＋＋＝)，cF→＝cA→＋AF→＝＋＝．∵cF⊥平面B1DF，∴cF→⊥B1D→，cF→⊥B1F→，cF→•B1D→＝0cF→•B1F→＝0，即3λa ×0＝09λ2－9λ＋2＝0，解得λ＝23或λ＝13∴存在点F使cF⊥面B1DF，且当λ＝13时，|AF→|＝13|AA1→|＝a，当λ＝23时，|AF→|＝23|AA1→|＝2a.课后练习区．c [②③④均不正确．]2．A [以D为坐标原点，以DA为x轴，Dc为y轴，DD1为z轴建系，设棱长为2，则m，N，o，A，c，∴Ac→＝，mN→＝，om→＝，∴om→•Ac→＝0，om→•mN→＝0，∴om⊥Ac，om⊥mN.]3．B [如图建立坐标系，设AB＝Bc＝AA1＝2，则E，F，c1，∴EF→＝，Bc1→＝，∴cos〈EF→，Bc1→〉＝22•8＝12.∵〈EF→，Bc1→〉∈[0°，180°]∴EF与Bc1所成的角是60°.]4．A [由Pc→＝λ1PA→＋λ2PB→得：＝λ1＋λ2，∴－λ1＋6λ2＝2a－1－3λ1－λ2＝a＋1，2λ1＋4λ2＝2 解得a＝16.]5．B [过A、B分别作AA1⊥x轴，BB1⊥x轴，垂足分别为A1和B1，则AA1＝3，A1B1＝5，BB1＝2，∵AB→＝AA1→＋A1B1→＋B1B→，∴AB→2＝AA1→2＋A1B1→2＋B1B→2＋2AA1→•B1B→＝32＋52＋22＋2×3×2×cos60°＝44.∴|AB→|＝211.]6.12解析∵EF→＝EA→＋AB→＋BF→，又EF→＝ED→＋Dc→＋cF→，∴2EF→＝AB→＋Dc→，∴EF→＝12，∴λ＝12.7．①②解析①－AB→＝AD1→－AB→＝BD1→；②－D1c1→＝Bc1→－D1c1→＝BD1→；③－2DD1→＝BD→－2DD1→≠BD1→；④＋DD1→＝B1D1→＋＝B1D1→≠BD1→.8．解析设DP＝y>0，则A，B，P，E1，1，y2，DP→＝，AE→＝－1，1，y2.∴cos〈DP→，AE→〉＝DP→•AE→|DP→||AE→|＝12y2y2＋y24＝y8＋y2＝33.解得y＝2，∴E．9．证明建立如图所示的空间直角坐标系，则BE→＝，BF→＝，BD1→＝．所以BD1→＝BE→＋BF→.故BD1→、BE→、BF→共面．又它们有公共点B，∴E、B、F、D1四点共面．设m，则Gm→＝0，－23，z.而BF→＝，由题设，得Gm→•BF→＝－23×3＋z•2＝0，得z＝1.∴m，E，∴mE→＝．又BB1→＝，Bc→＝，∴mE→•BB1→＝0，∴mE→•Bc→＝0，从而mE⊥BB1，mE⊥Bc.又∵BB1∩Bc＝B，∴mE⊥平面Bcc1B1.0.解如图所示，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系D—xyz.依题意，得D，A，m，c，B，N，E12，1，0.∴NE→＝－12，0，－1，Am→＝．∵cos〈NE→，Am→〉＝NE→•Am→|NE→|•|Am→|＝－1252×2＝－1010，∴异面直线NE与Am所成角的余弦值为1010.假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AmN.∵AN→＝，可设AS→＝λAN→＝，又EA→＝12，－1，0，∴ES→＝EA→＋AS→＝12，λ－1，λ.由ES⊥平面AmN，得ES→•Am→＝0，ES→•AN→＝0，即－12＋λ＝0，λ－1＋λ＝0.故λ＝12，此时AS→＝0，12，12，|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＝22.1．证明设AB→＝p，Ac→＝q，AD→＝r.由题意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量两两夹角均为60°.mN→＝AN→－Am→＝12－12AB→＝12，∴mN→•AB→＝12•p＝12＝12＝0.∴mN⊥AB又∵cD→＝AD→－Ac→＝r－q，∴mN→•cD→＝12•＝12＝12＝0，∴mN⊥cD.解由可知mN→＝12，∴|mN→|2＝mN→2＝142＝14[q2＋r2＋p2＋2]＝14a2＋a2＋a2＋2a22－a22－a22＝14×2a2＝a22.∴|mN→|＝22a，∴mN的长为22a.解设向量AN→与mc→的夹角为θ.∵AN→＝12＝12，mc→＝Ac→－Am→＝q－12p，∴AN→•mc→＝12•q－12p＝12q2－12q•p＋r•q－12r•p＝12a2－12a2•cos60°＋a2•cos60°－12a2•cos60°＝12a2－a24＋a22－a24＝a22.又∵|AN→|＝|mc→|＝32a，∴AN→•mc→＝|AN→|•|mc→|•cosθ即32a•32a•cosθ＝a22.∴cosθ＝23，∴向量AN→与mc→的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN与cm所成角的余弦值为23.。
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课时作业 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 ＝λ AC 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 ＋zOC ，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 ．－1B ．0C ．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 ．9 B ．－9 C ．－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 2 B.12a 2 C.14a 2D.34a 2解析：选C AE · AF ＝12( AB ＋ AC )·12 AD ＝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 ＝1 BB ＋1 B M ＝1 AA ＋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＋2 BF ·FE ＋2 FE · ED ＋2 BF · 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 ＝2 PB ，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 ＝2 PB 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)，∴⎩⎪⎨⎪⎧6(x －4)－6＋18＝0，(x －4)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 ＝λ OP ，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) 11 A 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 ·1 A A ＝0，n · AC ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0.取y ＝1，则n ＝(0,1,0)． ∴11 A B ＝2n ，即11 A B ∥n .∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知1 AB ＝(0,2,2)， 11 A 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 ·11 A 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)．∴1 AB ·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P AC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面P AC .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P AC .理由如下：由已知条件知 DS 是平面P AC 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P AC ，故BE ∥平面P AC .。