2013届高考理科数学一轮复习课时作业(41)空间向量及运算

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高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习教案空间向量及其运算1

第六节空间向量及其运算空间向量及其应用(1)理解直线的方向向量与平面的法向量．(2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系．(3)能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)．(4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．知识点一空间向量的有关概念1．空间向量的有关概念(1)空间向量：在空间中，具有大小和方向的量叫作空间向量，其大小叫作向量的长度或模．(2)相等向量：方向相同且模相等的向量．(3)共线向量：如果表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合，则这些向量叫作共线向量或平行向量，a平行于b记作a∥b.(4)共面向量：平行于同一平面的向量叫作共面向量．2．空间向量中的有关定理(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使a＝λb.(2)共面向量定理：若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝x a＋y b.(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，存在一x，y，z使得p＝x a＋y b＋z c.其中{a，b，c}叫作空间的一个基底．个唯一的有序实数组{}3．两个向量的数量积(1)非零向量a，b的数量积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.易误提醒(1)共线向量与共面向量区别时注意，平行于同一平面的向量才能为共面向量．(2)空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底．(3)由于0与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故0不能作为基向量． (4)基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示．[自测练习]1．已知空间四边形OABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，点M 在OA 上，且OM ＝2MA ，N 为BC 中点，则MN →＝( )A.12a －23b ＋12c B ．－23a ＋12b ＋12cC.12a ＋12b －12cD.23a ＋23b －12c 解析：如图所示， MN →＝MA →＋AB →＋BN → ＝13OA →＋(OB →－OA →)＋12BC → ＝OB →－23OA →＋12(OC →－OB →)＝12OB →－23OA →＋12OC →＝－23a ＋12b ＋12c .答案：B2．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( ) A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2解析：∵a ∥b ，∴b ＝k a ，即(6,2μ－1,2λ)＝k (λ＋1,0,2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧6＝k (λ＋1)，2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝2，μ＝12，或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12.答案：A知识点二空间向量的坐标表示及其应用设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3).向量表示坐标表示数量积 a ·b a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 共线 a ＝λb (b ≠0) a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3 垂直 a ·b ＝0(a ≠0，b ≠0)a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0模 |a |a 21＋a 22＋a 23夹角〈a ，b 〉(a ≠0，b ≠0)cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23易误提醒 (1)空间向量的坐标运算与坐标原点的位置选取无关，这是因为一个确定的几何体，其“线线”夹角、“点点”距离都是固定的，坐标系的位置不同，只会影响其计算的繁简．(2)进行向量的运算时，在能建系的情况下尽量建系，将向量运算转化为坐标运算．必备方法用空间向量解决几何问题的一般步骤： (1)适当的选取基底{a ，b ，c }． (2)用a ，b ，c 表示相关向量． (3)通过运算完成证明或计算问题．[自测练习]3．在空间直角坐标系中，已知点A (1,0,2)，B (1，－3,1)，点M 在y 轴上，且M 到A 与到B 的距离相等，则M 的坐标是________．解析：设M (0，y,0)，由|MA |＝|MB |得(1－0)2＋(0－y )2＋(2－0)2＝(1－0)2＋(－3－y )2＋(1－0)2，解得y ＝－1.∴M (0，－1,0)．答案：(0，－1,0)考点一空间向量的线性运算|1．设三棱锥O -ABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，G 是△ABC 的重心，则OG →等于( ) A ．a ＋b －c B ．a ＋b ＋c C.12(a ＋b ＋c ) D.13(a ＋b ＋c )解析：如图所示，OG →＝OA →＋AG →＝OA →＋13(AB →＋AC →)＝OA →＋13(OB →－OA →＋OC →－OA →)＝13(a ＋b ＋c )．答案：D2.如图所示，已知空间四边形O -ABC ，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MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ，y ，z 的值分别为________．解析：∵OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12OA →＋23(ON →－OM →)＝12OA →＋23ON →－23OM →＝12OA →＋23×12(OB →＋OC →)－23×12OA →＝16OA →＋13OB →＋13OC →，又OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，根据空间向量的基本定理，x ＝16，y ＝z ＝13.答案：16，13，13(1)选定空间不共面的三个向量作基向量，并用它们表示出指定的向量，是用向量解决立体几何问题的基本要求．(2)空间向量问题实质上是转化为平面向量问题来解决的，即把空间向量转化到某一个平面上，利用三角形法则或平行四边形法则来解决．考点二共线向量与共面向量定理的应用|已知E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 中边AB ，BC ，CD ，DA 的中点． (1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面； (2)求证：BD ∥平面EFGH ；(3)设M 是EG 和FH 的交点，求证：对空间任一点O ，有OM →＝14(OA →＋OB →＋OC →＋OD →)．[证明] (1)连接BG ，则EG →＝EB →＋BG →＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH →＝EF →＋EH →，由共面向量定理知，E ，F ，G ，H 四点共面．(2)因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →，所以EH ∥BD .又EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ，所以BD ∥平面EFGH .(3)任取一点O ，并连接OM ，OA ，OB ，OC ，OD ，OE ，OG . 由(2)知EH →＝12BD →，同理FG →＝12BD →，所以EH →＝FG →，即EH 綊FG ，所以四边形EFGH 是平行四边形，所以EG ，FH 被点M 平分．故OM →＝12(OE →＋OG →)＝12OE →＋12OG →＝12⎣⎡⎦⎤12(OA →＋OB →)＋12⎣⎡⎦⎤12(OC →＋OD →)＝14(OA →＋OB →＋OC →＋OD →)．证明点共面问题可转化为证明向量共面问题，如要证明P ，A ，B ，C 四点共面，只要能证明P A →＝xPB →＋yPC →或对空间任一点O ，有OA →＝OP →＋xPB →＋yPC →或OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ＋y ＋z ＝1)即可．共面向量定理实际上也是三个非零向量所在直线共面的充要条件．1．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 →共面且过同一点M ，所以四点M ，A ，B ，C 共面，从而点M 在平面ABC 内．考点三利用空间向量证明平行、垂直|如图所示的长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为2的正方形，O 为AC 与BD 的交点，BB 1＝2，M 是线段B 1D 1的中点．(1)求证：BM ∥平面D 1AC ； (2)求证：OD 1⊥平面AB 1C .[证明] (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则点O (1,1,0)，D 1(0,0，2)， ∴OD 1→＝(－1，－1，2)，又点B (2,2,0)，M (1,1，2)， ∴BM →＝(－1，－1，2)，∴OD 1→＝BM →.又∵OD 1与BM 不共线， ∴OD 1∥BM .∵OD 1⊂平面D 1AC ，BM ⊄平面D 1AC ， ∴BM ∥平面D 1AC .(2)连接OB 1，点B 1(2,2，2)，A (2,0,0)，C (0,2,0)， ∵OD 1→·OB 1→＝(－1，－1，2)·(1,1，2)＝0， OD 1→·AC →＝(－1，－1，2)·(－2,2,0)＝0，∴OD 1→⊥OB 1→， OD 1→⊥AC →，即OD 1⊥OB 1，OD 1⊥AC ，又OB 1∩AC ＝O ，∴OD 1⊥平面AB 1C .(1)设直线l 1的方向向量为v 1＝(a 1，b 1，c 1)，l 2的方向向量为v 2＝(a 2，b 2，c 2)，则l 1∥l 2⇔v 1∥v 2⇔(a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2)(k ∈R )．(2)设直线l 的方向向量为v ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量为n ＝(a 2，b 2，c 2)，则l ∥α⇔v ⊥n ⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0，l ⊥α⇔v ∥n ⇔(a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2)(k ∈R )．(3)设平面α的法向量为n 1＝(a 1，b 1，c 1)，平面β的法向量为n 2＝(a 2，b 2，c 2)，则α∥β⇔n 1∥n 2，α⊥β⇔n 1⊥n 2.2.在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2BC ，E ，F ，E 1分别是棱AA 1，BB 1，A 1B 1的中点．(1)求证：CE ∥平面C 1E 1F ； (2)求证：平面C 1E 1F ⊥平面CEF .证明：以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D -xyz ，设BC ＝1，则C (0,1,0)，E (1,0,1)，C 1(0,1,2)，F (1,1,1)，E 1⎝⎛⎭⎫1，12，2.(1)设平面C 1E 1F 的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵C 1E 1→＝⎝⎛⎭⎫1，－12，0，FC 1→＝(－1，0,1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ n ·C 1E 1→＝0，n ·FC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －12y ＝0，－x ＋z ＝0.令x ＝1，得n ＝(1,2,1)．∵CE →＝(1，－1,1)，n ·CE →＝1－2＋1＝0， ∴CE ⊥n .又∵CE ⊄平面C 1E 1F ， ∴CE ∥平面C 1E 1F .(2)设平面EFC 的法向量为m ＝(a ，b ，c )，由EF →＝(0,1,0)，FC →＝(－1,0，－1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧m ·EF →＝0，m ·FC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝0，－a －c ＝0.令a ＝－1，得m ＝(－1,0,1)．∵m ·n ＝1×(－1)＋2×0＋1×1＝－1＋1＝0， ∴平面C 1E 1F ⊥平面CEF .16.混淆空间“向量平行”与“向量同向”致错【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________．[解析] 由题意知a ∥b ，所以x 1＝x 2＋y －22＝y 3，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ，x 2＋y －2＝2x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝－6.当⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝－6，时，b ＝(－2，－4，－6)＝－2a ，所以a ，b 两向量反向，不符合题意，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] x ＝1，y ＝3[易误点评] 只考虑a ∥b ，忽视了同向导致求解多解．[防范措施] 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，但反之不成立，也就是说两向量同向是两向量平行的充分不必要条件．[跟踪练习] (2015·成都模拟)已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2u －1,2λ)，若a ∥b ，则λ与u 的值可以是( )A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2解析：由a ∥b 验证当λ＝2，u ＝12时成立．答案：AA 组考点能力演练1．(2015·深圳模拟)已知三棱锥O -ABC ，点M ，N 分别为AB ，OC 的中点，且OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示MN →，则MN →等于( )A.12(b ＋c －a ) B.12(a ＋b －c ) C.12(a －b ＋c ) D.12(c －a －b ) 解析：MN →＝MA →＋AO →＋ON →＝12(c －a －b )．答案：D2．已知四边形ABCD 满足：AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，则该四边形为( )A ．平行四边形B ．梯形C ．长方形D ．空间四边形解析：由AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，知该四边形一定不是平面图形，故选D.答案：D3．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( )A.627B.637C.607D.657解析：由题意得c ＝t a ＋μb ＝(2t －μ，－t ＋4μ，3t －2μ)，∴⎩⎪⎨⎪⎧7＝2t －μ，5＝－t ＋4μ，λ＝3t －2μ.∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝337，μ＝177，λ＝657.答案：D4．(2016·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：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，∴λ＝－66. 答案：C5．设A (3,3,1)，B (1,0,5)，C (0,1,0)，AB 的中点为M ，则|CM |等于( ) A.534 B.532 C.532D.132解析：设M (x ，y ，z )，则x ＝3＋12＝2，y ＝3＋02＝32，z ＝1＋52＝3，即M ⎝⎛⎭⎫2，32，3，|CM |＝(2－0)2＋⎝⎛⎭⎫32－12＋(3－0)2＝532.故选C. 答案：C6．(2016·合肥模拟)向量a ＝(2,0,5)，b ＝(3,1，－2)，c ＝(－1,4,0)，则a ＋6b －8c ＝________. 解析：由a ＝(2,0,5)，b ＝(3,1，－2)，c ＝(－1,4,0)，∴a ＋6b －8c ＝(28，－26，－7)．答案：(28，－26，－7)7．已知向量a ，b 满足条件：|a |＝2，|b |＝2，且a 与2b －a 互相垂直，则a 与b 的夹角为________．解析：由于a 与2b －a 互相垂直，则a ·(2b －a )＝0，即2a·b －|a |2＝0，所以2|a ||b |cos a ，b －|a |2＝0，则42cosa ，b －4＝0，则cos a ，b＝22，所以a 与b 的夹角为45°. 答案：45°8．空间四边形OABC 中，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos OA →，BC →的值为________．解析：OA →·BC →＝OA →·(OC →－OB →)＝OA →·OC →－OA →·OB →＝|OA →||OC →|cos OA →，OC→－|OA →||OB→|·cos OA →，OB →．∵OB ＝OC ，∠AOB ＝∠AOC ＝π3，∴OA →·BC →＝0，即OA →⊥BC →，∴cos OA →，BC →＝0.答案：09．(2016·唐山模拟)已知空间三点A (－2,0,2)，B (－1，1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b＝AC →.(1)求a 和b 夹角的余弦值．(2)设|c |＝3，c ∥BC →，求c 的坐标．解：(1)因为AB →＝(1,1,0)，AC →＝(－1,0,2)，所以a ·b ＝－1＋0＋0＝－1，|a |＝2，|b |＝ 5.所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－12×5＝－1010. (2)BC →＝(－2，－1,2)．设c ＝(x ，y ，z )，因为|c |＝3，c ∥BC →，所以x 2＋y 2＋z 2＝3，存在实数λ使得c ＝λBC →，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－2λ，y ＝－λ，z ＝2λ联立解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－2，y ＝－1，z ＝2，λ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2，y ＝1，z ＝－2，λ＝－1，所以c ＝±(－2，－1,2)．10．(2016·太原模拟)如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，底面△ABC 中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M ，N 分别是A 1B 1，A 1A 的中点．(1)求BN →的模．(2)求cos 〈BA 1→，CB 1→〉的值．(3)求证：A 1B ⊥C 1M .解：如图，建立空间直角坐标系．(1)依题意得B (0,1,0)，N (1，0,1)，所以|BN →|＝(1－0)2＋(0－1)2＋(1－0)2＝ 3.(2)依题意得A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，C (0,0,0)，B 1(0,1,2)．所以BA 1→＝(1，－1,2)，CB 1→＝(0,1,2)，BA 1→·CB 1→＝3，|BA 1→|＝6，|CB 1→|＝5，所以cos 〈BA 1→，CB 1→〉＝BA 1→·CB 1→|BA 1→||CB 1→|＝11030. (3)依题意，得C 1(0,0,2)，M ⎝⎛⎭⎫12，12，2，A 1B →＝(－1,1，－2)，C 1M →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0. 所以A 1B →·C 1M →＝－12＋12＋0＝0，所以A 1B →⊥C 1M →.所以A 1B ⊥C 1M .B 组高考题型专练1．(2014·高考广东卷)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)解析：经检验，选项B 中向量(1，－1,0)与向量a ＝(1,0，－1)的夹角的余弦值为12，即它们的夹角为60°，故选B.答案：B2．(2014·高考江西卷)如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝11，AD ＝7，AA 1＝12.一质点从顶点A 射向点E (4,3,12)，遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)，将第i －1次到第i 次反射点之间的线段记为L i (i ＝2,3,4)，L 1＝AE ，将线段L 1，L 2，L 3，L 4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是( )解析：由对称性知质点经点E 反射到平面ABCD 的点E 1(8,6,0)处．在坐标平面xAy 中，直线AE 1的方程为y ＝34x ，与直线DC 的方程y ＝7联立得F ⎝⎛⎭⎫283，7，0.由两点间的距离公式得E 1F ＝53， ∵tan ∠E 2E 1F ＝tan ∠EAE 1＝125，∴E 2F ＝E 1F ·tan ∠E 2E 1F ＝4.∴E 2F 1＝12－4＝8.∴L 3L 4＝E 1E 2E 2E 3＝E 2F E 2F 1＝48＝12.故选C.答案：C3．(2015·高考浙江卷)已知e 1，e 2是空间单位向量，e 1·e 2＝12.若空间向量b 满足b ·e 1＝2，b ·e 2＝52，且对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，则x 0＝________，y 0＝________，|b |＝________.解析：∵e 1，e 2是单位向量，e 1·e 2＝12，∴cos 〈e 1，e 2〉＝12，又∵0°≤〈e 1，e 2〉≤180°，∴〈e 1，e 2〉＝60°.不妨把e 1，e 2放到空间直角坐标系O -xyz 的平面xOy 中，设e 1＝(1,0,0)，则e 2＝⎝⎛⎭⎫12，32，0，再设OB →＝b ＝(m ，n ，r )，由b ·e 1＝2，b ·e 2＝52，得m ＝2，n ＝3，则b ＝(2，3，r )．而x e 1＋y e 2是平面xOy 上任一向量，由|b －(x e 1＋y e 2)|≥1知点B (2，3，r )到平面xOy 的距离为1，故可得r ＝1.则b ＝(2，3，1)，∴|b |＝2 2.又由|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1知x 0e 1＋y 0e 2＝(2，3，0)，解得x 0＝1，y 0＝2. 答案：1,2,22。

高三数学第一轮复习课时作业(41)空间向量及运算

课时作业(四十一) 第41讲空间向量及运算时间：45分钟分值：100分基础热身1．已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x 等于( )A ．(0,3，－6)B ．(0,6，－20)C ．(0,6，－6)D ．(6,6，－6)2．已知向量a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)，且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k 的值是( )A ．1 B.15 C.35 D.753．与向量a ＝(6,7，－6)平行的单位向量是( )A.⎝⎛⎭⎫6121，7121，－6121B.⎝⎛⎭⎫611，711，－611或⎝⎛⎭⎫－611，－711，611C.⎝⎛⎭⎫611，711，－611D.⎝⎛⎭⎫6121，7121，－6121或⎝⎛⎭⎫－61217121，61214．已知a ＝(1－t,1－t ，t )，b ＝(2，t ，t )，则|b －a |的最小值是( ) A.55 B.555C.355D.115能力提升5．如图K41－1，在空间直角坐标系中，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，B 1E ＝14A 1B 1，则等于( )A.⎝⎛⎭⎫0，14，－1 B.⎝⎛⎭⎫－14，0，1 C.⎝⎛⎭⎫0，－14，1D.⎝⎛⎭⎫14，0，－1 6．已知a ⊥b ，〈a ，c 〉＝π3，〈b ，c 〉＝π6，且|a |＝1，|b |＝2，|c |＝3，则|a ＋b ＋c |＝( )A ．17＋6 3B ．17－6 3C.17＋6 3D.17－6 37．如图K41－2，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. 2C．1D.3－ 28．已知向量a＝(1,2,3)，b＝(－2，－4，－6)，|c|＝14，若(a＋b)²c＝7，则a与c的夹角为( ) A．30° B．60°C．120° D．150°9．若{a，b，c}为空间的一个基底，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－bC．c，a＋b，a－b D．a＋b，a－b，a＋2b10．已知|a|＝3，|b|＝5，且a²b＝12，则向量a在向量b的方向上的投影为________．11．已知空间三点A(1,1,1)，B(－1,0,4)，C(2，－2,3)，则与的夹角θ的大小是________．12．2011²银川期末在平面直角坐标系中，由点A(a,0)，B(0，b)(ab≠0)确定的直线的方程为xa＋yb＝1，类比到空间直角坐标系中，由A(a,0,0)，B(0，b,0)，C(0,0，c)(abc≠0)确定的平面的方程可以写成________．13．在平行六面体(即六个面都是平行四边形的四棱柱)ABCD－A′B′C′D′中，AB＝1，AD＝2，AA′＝3，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°，则AC′的长为________．14．(10分)若(a＋b)⊥(2a－b)，(a－2b)⊥(2a＋b)，试求cos〈a，b〉．15．(13分)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．难点突破16．(12分)已知A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，O(0,0,0)，点Q在直线OP上运动，当²取最小值时，求点Q的坐标．课时作业(四十一)【基础热身】1．B 解析由于b ＝12x －2a ，则x ＝2b ＋4a ＝2(－4，－3，－2)＋4(2,3，－4)＝(0,6，－20)．2．D 解析由于k a ＋b ＝k (1,1,0)＋(－1,0,2)＝(k －1，k,2)，2a －b ＝2(1,1,0)－(－1,0,2)＝(3,2，－2)，而两向量互相垂直，则有(k －1)³3＋k ³2＋2³(－2)＝0，解得k ＝75.3．B 解析设与a 平行的单位向量为b ＝(x ，y ，z )，则x 2＋y 2＋z 2＝1，且x ＝6λ，y ＝7λ，z ＝－6λ，所以λ＝±111，则b ＝⎝⎛⎭⎫611，711，－611或⎝⎛⎭⎫－611，－711，611.4．C 解析由于b －a ＝(2，t ，t )－(1－t,1－t ，t )＝(1＋t,2t －1,0)，则|b －a |＝(1＋t )2＋(2t －1)2＝5t 2－2t ＋2＝5⎝⎛⎭⎫t －152＋95≥355. 【能力提升】5．C 解析 B 点坐标为(1,1,0)，E 点坐标为⎝⎛⎭⎫1，34，1，则＝⎝⎛⎭⎫1－1，34－1，1－0＝⎝⎛⎭⎫0，－14，1.6．C 解析由|a ＋b ＋c |＝(a ＋b ＋c )2求得正确选项为C.7．D 解析＝＋＋，∴||2＝||2＋||2＋||2＋2²＋2²＋2²＝1＋1＋1－2＝3－2，故||＝3－ 2. 8．C 解析设向量a ＋b 与c 的夹角为α，a ＋b ＝(－1，－2，－3)，|a ＋b |＝14，cos α＝(a ＋b )²c |a ＋b |²|c |＝12，α＝60°，因为向量a ＋b 与a 的方向相反，则a 与c 的夹角为120°.9．C 解析对于实数λ、μ，形如λa ＋μb 的向量都与向量a ，b 是共面向量．因为a ＝12()a ＋b ＋12(a－b )，故选项A 中的三个向量共面；因为b ＝12(a ＋b )－12(a －b )，故选项B 中的三个向量共面；因为a ＋2b ＝32(a＋b )－12(a －b )，故选项D 中的三个向量共面．对选项C ，我们设c ＝λ(a ＋b )＋μ(a －b )，则(λ＋μ)a ＋(λ－μ)b －c ＝0，由于{a ，b ，c }为空间的一个基底，故a ，b ，c 不共面，所以(λ＋μ)a ＋(λ－μ)b －c ＝0⇔λ＋μ＝0，λ－μ＝0，－1＝0，这显然是不可能成立的，故选项C 中的三个向量是不共面的，正确选项为C.10.125 解析向量a 在向量b 的方向上的投影等于|a |²cos〈a ，b 〉＝|a |a ²b |a ||b |＝a ²b |b |＝125.11．120° 解析由于＝(－2，－1,3)，＝(－1,3，－2)，则cos θ＝cos 〈，〉＝(－2)³(－1)＋(－1)³3＋3³(－2)14³14＝－12，则θ＝120°.12.x a ＋y b ＋zc＝1 解析根据平面上点的坐标、距离公式、中点坐标公式到空间的情况进行类比．通过直线方程的结构形式，可以类比得出平面的方程为x a ＋y b ＋z c＝1.13.23 解析如图，＝＋＋＝＋＋，所以|AC ′|＝||＝|＋＋|14．[解答] 由于(＋)⊥(2－)，则(a ＋b )²(2a －b )＝2a 2－b 2＋a ²b＝2|a |2－|b |2＋|a |²|b |cos 〈a ，b 〉＝0，即cos 〈a ，b 〉＝|b |2－2|a |2|a |²|b |，又(a －2b )⊥(2a ＋b )，则(a －2b )²(2a ＋b )＝2a 2－2b 2－3a ²b＝2|a |2－2|b |2－3|a |²|b |cos 〈a ，b 〉＝0，即cos 〈a ，b 〉＝2|a |2－2|b |23|a |²|b |，所以|b |2－2|a |2|a |²|b |＝2|a |2－2|b |23|a |²|b |，即5|b |2＝8|a |2，即|b |＝2105|a |，所以cos 〈a ，b 〉＝|b |2－2|a |2|a |²|b |＝85|a |2－2|a |2|a |²2105|a |＝－1010.15．[解答] 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)||2＝⎝⎛⎭⎪⎫24－02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫24a ＋24a 2＋⎝ ⎛0＝32a .(2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－24a ，24a ，＝⎝ ⎛⎭⎪⎫24a ，24a ，0，²＝0³24a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－24a ³⎝ ⎛⎭⎪⎫24a ＋24a ³0＝－a 28，||＝a 2，||＝a 2，cos 〈，〉＝＝－12，∴∠EOF ＝120°. 【难点突破】16．[解答] 设＝λ＝(λ，λ，2λ)，则＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴²＝(1－λ)²(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)²(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎫λ－432－23， ∴当λ＝43时，²取得最小值－23，此时＝⎝⎛⎫43，43，83，即Q ⎝⎛⎭⎫43，43，83.。

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。

高考数学(理)一轮复习必刷题练习第十四单元空间向量及其应用

第十四单元空间向量及其应用真题回访考点一利用空间向量求线面角的大小1. (2017年北京卷)如图，在四棱锥P-ABC肿底面ABC为正方形，平面PADL平面ABC［点M在线段PB上,PD/ 平面MA(PA=PD^,AB=4.(1) 求证:M为PB的中点.(2) 求二面角B-PD-A的大小.(3) 求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.【解析】(1)设ACBD交于点E,连接ME因为PD//平面MA(平面MA Q平面PDB=ME所以PD// ME.因为四边形ABCD是正方形，所以E为BD的中点，所以M为PB的中点.⑵取AD的中点O连接OPOE.因为PA=P斷以OPLAD.又因为平面PADL平面ABC平面PADH平面ABCD=/A且OF?平面PAD所以OP L平面ABCD.因为0E?平面ABC［所以OPLOE.因为四边形ABC［是正方形所以OE L AD.如图，建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0, 一),口2,0,0),比2,4,0), =(4,-4,0),设平面BDP的法向量为n =(x,y,z),即 _令x=1 则y=1 ,z=.于是n =(1,1, 一).平面PAD勺法向量为p=(0,1,0), 所以cos<n,p>=由题意知二面角B-PD-A为锐角，所以其大小为-.(3)由题意知M- —，C(2,4,0),=设直线MC与平面BDP所成角为a ,贝U sin a =|cos<n, >|= ------- =—,所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为一.=(2,0,- _).2. (2016年四川卷)如图，在四棱锥P-ABCDK A D" BC/ ADC虫PAB=0° ,BC=CDADE为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90° .(1) 在平面PAB内找一点M使得直线CMF平面PBE并说明理由；(2) 若二面角P-CD-A的大小为45° ,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值【解析】(1)在梯形ABC呼,AB与CD不平行.如图，延长ABDC相交于点M*平面PAB点M即为所求的一个占I 八、、■理由如下：由已知得BC// ED且BC=ED所以四边形BCDE!平行四边形，从而CM// EB.又EB?平面PB/IM平面PBE所以CM/平面PBE.(说明:延长AP至点N,使得AP=P|则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)由已知得CDL PACDL ADPAH AD=A所以CDL平面PAD于是CDL PD.从而/ PDA是二面角P-CD-A的一个平面角，所以/ PDA=5° .又PA L AB所以PAL平面ABCD.设BC=,则在Rt△ PAD中,PA=AD2=以A为原点，以,的方向分别为x轴、z轴的正方向，以的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),所以=(1,0,-2), =(1,1,0), =(0,0,2).设平面PCE勺法向量为n =(x,y,z).由得-设x=2,解得n =(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为a ,贝寸sin a = ------ 一二所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为-.3.(2016年天津卷)如图,正方形ABC啲中心为O四边形OBEf为矩形，平面OBE庄平面ABC I点G为AB的中点,AB=BE=.(1) 求证：EG/平面ADF.(2) 求二面角O-EF-C的正弦值.⑶设H为线段AF上的点，且AH=HF求直线BH和平面CEF所成角的正弦值E【解析】依题意，OFL平面ABC如图，以O为原点，分别以，，的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得C(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),C(1,1,0),E(- 1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).(1)依题意,=(2,0,0), =(1,-1,2).设n 1=仪四1,乃)为平面ADF的法向量,不妨取z i=1,可得m=(0,2,1).又=(0,1,-2),可得• n i=0.又因为直线EG平面ADF所以EG/平面ADF.=(-1,1,2).(2) 易证=(-1,1,0)为平面OEF勺一个法向量，依题意，=(1,1,0),设n2=(x2,y2z)为平面CEF的法向量，则即不妨取x2=1,可得n2=(1，-1,1).因此有cos< ,rp> ------------- =—,于是sin < ,n2>—.所以二面角O-EF-C的正弦值为一.(3)由AH=HF得AH=AF.因为=(1,-1,2),所以 = = -- --- ,进而有H --- ------ ,从而 =---.因此匕cos< ,n2> --------- .所以直线BH和平面CEF所成角的正弦值为一.题型二利用空间向量求二面角的大小4.(2017年全国I 卷)如图，在四棱锥 P-ABCD 中,AB// CD 且/ BAP N CDP 90(1)证明：平面PABL 平面PAD.⑵若PA=PD=AB=,DC\PD©0° ,求二面角 A-PB-C 的余弦值.【解析】(1)由已知/ BAP=/ CDP 90 °，得AB 丄ARCDL PD.因为AB// CD 所以AB 丄PD.又APH DP=P 所以AB 丄平面PAD.因为AB?平面PAB 所以平面 PABL 平面PAD.(2)在平面PA 讷作PF 丄AD 垂足为点F.由(1)可知,AB 丄平面PA[故 ABL PF 可得PF 丄平面ABCD.以F 为坐标原点，的方向为x 轴正方向」|为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系(-)1(1 J)| (-)](-)由(1)及已知可得 A'-,0,0‘，P'0,0,-‘，B'-,1,0‘C --,1,0‘ ,设n =(x 1,y 1,Z 1)是平面PCB 的法向量，所以可取n =(0,-1,-).设m=x 2,y 2,Z 2)是平面PAB的法向量，则F-xy z.所以 …,1,-二=(-0,0),=(0,1,0).即_所以可取 m=1,0,1),贝U cos <n,m> -- J ―=：观察图象知二面角 A-PB-C 的余弦值为-—.5.(2017年全国n 卷)如图,四棱锥P-ABCD 中侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABC^B=BC=AD Z BAD 虫 ABC=0° ,E 是 PD 的中点.(1)证明：直线CE/平面PAB.⑵点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABC ［所成角为45° ,求二面角M-AB-D 的余弦值.【解析】(1)取 PA 的中点F ,连接EFBF.因为E 是PD 的中点所以EF// ADEF=AD.由 / BAD h ABC=0°，得 BC// AD又BC=AD 所以EF BC所以四边形BCEF 是平行四边形，CE// BF.又BF ?平面PAECE?平面PAE 故 CE//平面PAB.即_(2) 由已知得BAL AD以A为坐标原点，的方向为x轴正方向」|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1, 一)，=(1，0，- 一)，=0，°，°).设Mx,y,z)(0w x< 1),则=(x- 1,y,z), =(x,y-1,z- 一).因为BM与底面ABC所成的角为45 ° , 而n =(0,0,1)是底面ABC啲一个法向量，所以|cos< ,n>|=sin 45 ° ,2 2 2即(x-1) +y-z =0. ①又M在棱PC上，设=入,则x=入，y=1,z= _-—入.②由①②解得(舍去)，或所以M —一，从而= —设m=X0,y0,z。

2013届高考一轮数学复习理科课件(人教版)第6课时空间向量及运算

y2－y1，z2－z1)． _________________
6．向量 a 与 b 的夹角设 a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则
Cos<a，b>＝
a1b1＋a2b2＋a3b3 2 2 a2＋a2＋a2· b1＋b2＋b2 1 3 2 3
.
第八章
第6课时
高考调研
高三数学（新课标版· 理）
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→ 1→ 1 → → 解析 FG＝ AC＝ (BC－BA)， 2 2 → → 1 → → → ∴FG· ＝ (BC－BA)· BA BA 2 1 → → →2 1 1 1 ＝ (BC· －BA )＝ ×( －1)＝－ . BA 2 2 2 4
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5．空间向量的直角坐标运算设 a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)则 ①a＋b＝； (a1－b1，a2－b2，a3－b3) ②a－b＝；
2 a1b1＋a2b2＋a3b3 ， a2＋a2＋a2 ； 3 ③a· b＝特殊地 a· a＝ 1 a1 ④a∥b⇔ a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0)或b1
|a|cos<a，e>，e 为单位向量
；
b＝0 ； ②a⊥b⇔ a·
a ③|a|2＝ a· .
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向量的数量积满足如下运算律：
b) ①(λ· b＝ λ(a· ； a)·
②a· b＝ b· a ③a· (b＋c)＝
(交换律)；

赢在高考2013年一轮复习数学配套练习8.6空间向量及其运算

第6讲空间向量及其运算随堂演练巩固1.设命题p:a,b,c是三个非零向量;命题q:{a,b,c}为空间的一个基底,则命题p是命题q的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】:只有不共面的三个非零向量才能作为空间的一个基底.2.如图所示,长方体ABCD—A1B1C1D1中,AC与BD的交点为M,设=a, =b, =c,则下列向量中与相等的向量是A.－a+b+cB. a+b+cC. a－b+cD.－a－b+c【答案】A【解析】=+=+ (－)=c+ (b－a)=－a+b+c.3.下面几项中,代表与向量=(1,-3,2)平行的一个向量的坐标的是()A.(,1,1)B.(-1,-3,2)C.(-, ,-1)D.(,-3,-2)【答案】C【解析】由题意可知-=(-, ,-1).故选C.4.在平行六面体ABCD—A′B′C′D′中,设=x+2y+3z,则x+y+z的值为A. B.C. D.【答案】A【解析】∵在平行六面体中, =++,又=x+2y+3z,∴∴∴x+y+z=.5.已知点A(－3,5,－2),a=(－1,1,1),在yOz面上找一点B,使得∥a,则点B的坐标为__________. 【答案】(0,2,－5)【解析】设B(0,y,z),则=(3,y－5,z+2).∵∥a,∴存在一个实数λ,使得=λa,即(3,y－5,z+2)=λ(－1,1,1),∴解得λ=－3,y=2,z=－5.∴点B的坐标为(0,2,－5).课后作业夯基基础巩固1.在平行六面体ABCD—A′B′C′D′中,向量、、是A.有相同起点的向量B.等长的向量C.共面向量D.不共面向量【答案】C【解析】∵－==,∴、、共面.2.下面几项中,代表与向量=(1,-1,-2)垂直的一个向量的坐标的是()A.(,1,1)B.(-1,-3,2)C.(-, ,-1)D.(,-3,-2)【答案】C【解析】由两向量垂直的充要条件可得.3.已知空间四边形ABCD中,G为CD的中点,则+(+)等于()A.B.C.D.【答案】A【解析】依题意有+ (+)= + =.4.若向量a=(1,λ,2),b=(2,－1,2)且a与b的夹角的余弦值为,则λ等于A.2B.－2C.－2或D.2或－【答案】:C【解析】由已知得==,∴8=3(6－λ),解得λ=－2或λ=.5.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A. B.C. D.【答案】D【解析】由题意得c=t a+μb=(2t－μ,－t+4μ,3t－2μ),∴∴6.已知直线AB、CD是异面直线,AC⊥CD,BD⊥CD,且AB=2,CD=1,则异面直线AB与CD所成角的大小为A.30°B.45°C.60°D.75°【答案】C【解析】∵cos〈,〉＝==,∴与所成角为60°.7.在正方体ABCD—A1B1C1D1中,给出以下向量表达式:①(-)-;②(+)-;③(-)-2;④(+)+.()A.①②B.②③C.③④D.①④【答案】A【解析】①(-)- =- =;②(+)-=-=;③(-)-2= -2;④(+)+=+=.综上,①②符合题意.8.已知向量a=(－1,0,1),b=(1,2,3),k∈R,若k a－b与b垂直,则k=__________.【答案】7【解析】∵(k a－b)⊥b,∴(k a－b)·b=0.∴k a·b－b2=0.∴k===7.9.已知a=(2,4,x),b=(2,y,2),若|a|=6,且a⊥b,则x+y的值为__________.【答案】1或－3【解析】∵a⊥b且|a|=6,∴∴x+y=1或x+y=－3.10.已知点A(1,2,1),B(-1,3,4),D(1,1,1),若=2,则| |的值是.【答案】【解析】设P(x,y,z),则=(x-1,y-2,z-1),=(-1-x,3-y,4-z),由＝2知x=-,y=,z=3.由两点间距离公式可得||=.11.求同时垂直于a=(2,2,1),b=(4,5,3)的单位向量.【解】设所求向量c=(x,y,z),则所以y=-z,x.于是+z2+z2=1.所以z=±,x=±,y=.所以c=(,－,)或c=(－, ,－).12.已知向量=(1,-3,2), =(-2,1,1),点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).(1)求|2+|;(2)在直线AB上,是否存在一点E,使得⊥?(O为原点)【解】(1)2+=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2+|= =5.(2) = + = +t=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t),若⊥,则·=0.所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=,因此存在点E,使得⊥,此时E点的坐标为(-,-,).拓展延伸13.直三棱柱ABCA′B′C′中,AC=BC=AA′,∠ACB=90°,D、E分别为AB、BB′的中点.(1)求证:CE⊥A′D;(2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值.【解】(1)证明:设=, =,=,根据题意,| |=||=||且·=·=·=0,∴=+,=-+-.∴·=-2+2=0.∴⊥,即CE⊥A′D.(2)∵=-+,∴||=||,| |= ||.=(-+)·(+)=2=||2,∴cos〈,〉= =,即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为.高;考-试﹥题∽库。

数学课标通用(理科)一轮复习配套教师用书：第八章立体几何空间向量及其运算和空间位置关系

§8.6 空间向量及其运算和空间位置关系考纲展示►1。

了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置．2．会推导空间两点间的距离公式．3．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．4．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．5．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．6．理解直线的方向向量与平面的法向量．7．能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系．8．能用向量方法证明有关直线和平面关系的一些定理（包括三垂线定理)．考点1 空间向量的线性运算空间向量的有关概念（1）空间向量:在空间中，具有________和________的量叫做空间向量．（2）相等向量：方向________且模________的向量．（3)共线向量：表示空间向量的有向线段所在的直线互相____________的向量．（4)共面向量：________________的向量．答案：(1）大小方向(2）相同相等（3)平行或重合(4）平行于同一个平面(1）［教材习题改编]已知在空间四边形ABCD中，G为CD的中点，则化简错误!＋错误!(错误!＋错误!)＝________。

→答案:AG解析：错误!＋错误!（错误!＋错误!)＝错误!＋错误!＝错误!。

(2)[教材习题改编］如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若错误!＝a，错误!＝b,错误!＝c，则错误!可用a，b，c表示为________．答案:－错误!a＋错误!b＋c解析：由图可知，错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!错误!＝错误!＋错误!(错误!－错误!)＝c＋错误!（b－c)＝－错误!a＋错误!b＋c.[典题1] （1）[2017·河南郑州模拟]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,且错误!＝2错误!，若错误!＝x错误!＋y错误!＋z错误!，则x＋y＋z ＝________。

高考理科第一轮复习练习(7.6空间向量及其运算)

课时提升作业(四十七)一、选择题1.在下列条件中,使M与A,B,C一定共面的是( )(A)=2--(B)=++(C)++=0(D)+++=02.若向量c垂直于不共线的向量a和b,d=λa+μb(λ,μ∈R,且λμ≠0),则( )(A)c∥d(B)c⊥d(C)c不平行于d,c也不垂直于d(D)以上三种情况均有可能3.若a,b是两个非零向量,且a2·b=b2·a,则向量a,b的关系是( )(A)a=b(B)a,b共线但不一定相等(C)a,b不共线(D)a,b为任意非零向量4.如图,已知空间四边形的每条边和对角线长都等于a,点E,F,G分别为AB,AD,DC的中点,则a2等于( )(A)2·(B)2·(C)2·(D)2·5.(2013·福州模拟)如图,在底面为平行四边形的四棱柱ABCD - A1B1C1D1中,M是AC与BD的交点,若=a,=b,=c,则下列向量中与相等的向量是( )(A)-a+b+c (B)a+b+c(C)a-b+c(D)-a-b+c6.(2013·六安模拟)已知空间四边形ABCD中,O是空间中任意一点,=a,=b,=c,点M在OA上,且OM=2MA,N为BC中点,则= ( )(A)a-b+c(B)-a+b+c(C)a+b-c(D)a+b-c7.设A,B,C,D是空间不共面的四个点,且满足·=0,·=0,·=0,则△BCD的形状是( )(A)钝角三角形(B)直角三角形(C)锐角三角形(D)无法确定8.正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为1,点M在AC1上且=,N为B1B的中点,则||为( )(A)(B)(C)(D)9.(2013·武汉模拟)平面α与平面β的夹角为60°,A,B是l上的两点,AC,BD分别在半平面α,β内,AC⊥l,BD⊥l,且AB=AC=a,BD=2a,则CD的长为( )(A)2a (B) a (C)a (D)a10.(能力挑战题)已知ABCD为四面体,O为△BCD内一点(如图),则=(++)是O为△BCD的重心的( )(A)充分不必要条件(B)必要不充分条件(C)充要条件(D)既不充分又不必要条件二、填空题11.在空间四边形ABCD中,·+·+·= .12.(2013·焦作模拟)已知空间四边形ABCD的对角线为AC,BD,设G是CD的中点,则+(+)等于.13.已知G是△ABC的重心,O是空间与G不重合的任一点,若++=λ,则λ= .14.(2013·长沙模拟)空间四边形OABC中,OA=8,AB=6,AC=4,BC=5,∠OAC=45°,∠OAB=60°,则OA与BC的夹角的余弦值等于.三、解答题15.正方体ABCD -A1B1C1D1中,M,N分别为正方形ABCD和AA1B1B的中心.(1)求证:AC1⊥平面A1BD.(2)求与夹角的余弦值.答案解析1.【解析】选C.++=0,即=-(+),所以M与A,B,C共面.2.【解析】选B.由题意,c垂直于由a,b确定的平面.∵d=λa+μb,∴d与a,b共面.∴c⊥d.3.【解析】选B.∵a2·b=b2·a,即|a|2·b=|b|2·a,∴b=22ba·a,∴a与b共线,但不一定相等.4.【解析】选B.2·=2·a·a·cos60°=a2.5.【解析】选A.=+=+=c+(-)=c+(b-a)=-a+b+c.6.【解析】选B.不妨设O点与D点重合,则=++=+(-)+(-)=-++=-a +b +c . 7.【思路点拨】通过·,·,·的符号判断△BCD 各内角的大小,进而确定出三角形的形状. 【解析】选C.·=(-)·(-)=·-·-·+2AB =2AB >0,同理·>0,·>0.故△BCD 为锐角三角形. 8.【解析】选A.如图,设=a ,=b ,=c ,则a ·b =b ·c =c ·a =0.由条件知=++=-(a +b +c )+a +c =a -b +c ,∴2222411MN 9936=++ a b c ==,∴||=.9.【解析】选A.∵AC ⊥l ,BD ⊥l , ∴<,>=60°,且·=0,·=0,又=++,∴||===2a. 10.【解析】选C.若O 是△BCD 的重心,则=+=+×(+)=+(+)=+(-+-)=(++),若=(++),则-+-+-=0,即++=0.设BC的中点为P,则-2+=0,∴=-2,即O为△BCD的重心.11.【解析】设=b,=c,=d,则=d-c,=d-b,=c-b.原式=b·(d-c)+d·(c-b)-c·(d-b)=0.答案:012.【解析】因为G是CD的中点,∴=(+),∴+(+)=+=.答案:13.【解析】因为+=,+=,+=,且++=0,所以++=3.答案:314.【解析】由题意知·=·(-)=·-·=8×4×cos45°-8×6×cos60°=16-24.∴cos<,>===.∴OA与BC的夹角的余弦值为.答案:【误区警示】本题常误认为<,>即为OA与BC的夹角.15.【解析】设=a,=b,=c,正方体棱长为1, (1)∵·=(a+b+c)·(b-a)=a·b-a2+b2-b·a+c·b-c·a=0-1+1-0+0-0=0,∴⊥.同理·=0,∴⊥,∴AC1⊥平面A1BD.(2)∵=+=-c+(a-b),=+=-b+(c-a),∴||2=[-c+(a-b)]2=c2+(-c)(a-b)+(a-b)2=1-0+0+×(1-0+1)=,∴||=,同理||=.又·=[-c+(a-b)]·[-b+(c-a)]=0+×(-1+0)-×(0-1)+×(0-1-0+0)=-,∴cos<,>==-.【方法技巧】用向量法解题的常见类型及常用方法1.常见类型利用向量可解决空间中的平行、垂直、长度、夹角等问题.2.常用的解题方法(1)基向量法先选择一组基向量,把其他向量都用基向量表示,然后根据向量的运算解题.(2)坐标法根据条件建立适当的空间直角坐标系,并求出相关点的坐标,根据向量的坐标运算解题即可.。

高考数学一轮复习课时规范练42 空间向量及其运算理北师大版-北师大版高三全册数学试题

课时规X练42 空间向量及其运算基础巩固组1.空间任意四个点A、B、C、D,则等于()A. B. C. D.2.(2018某某某某一中二模,理4)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为1的正方形,若∠A1AB=∠A1AD=60°,且A1A=3,则A1C的长为()A. B.2 C. D.3.(2018某某某某期末,4)在四面体O-ABC中,点M在OA上,且OM=2MA,N为BC的中点,若,则使G与M,N共线的x的值为()A.1B.2C.D.4.(2018某某某某期中,5)若向量a=(,1,0),b=(1,0,z),<a,b>=,则实数z的值为()A. B.2 C.± D.±25.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6.已知空间向量a,b,满足|a|=|b|=1,且a,b的夹角为,O为空间直角坐标系的原点,点A,B满足=2a+b,=3a-b,则△OAB的面积为.7.已知向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(2,1,-1),则p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为,在基底{2a,b,-c}下的坐标为.8.(2018某某金山中学期中,14)设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,α为过直线BD1的平面,则α截该正方体的截面面积的取值X围是.9.(2018某某实验中学一模,11)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=4,AB=BC=2,动点P,Q分别在线段C1D,AC上,则线段PQ长度的最小值是()A. B. C. D.10.如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,G为△BC1D的重心,求证:(1)A1,G,C三点共线;(2)A1C⊥平面BC1D.综合提升组11.(2018某某某某期中,9)已知点A(1,-2,0)和向量a=(-3,4,6),||=2|a|,且与a方向相反,则点B坐标为()A.(-7,6,12)B.(7,-10,-12)C.(7,-6,12)D.(-7,10,12)12.(2018某某三台期中,9)点P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1上一点,则的取值X围是()A.-1,-B.-,-C.[-1,0]D.-,013.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,有下列命题:①()2=3;②·()=0;③的夹角为60°;④正方体的体积为||.其中正确命题的序号是.14.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坐标;若不存在,试说明理由.创新应用组15.(2018某某某某一模,14)已知球O是棱长为2的正八面体(八个面都是全等的等边三角形)的内切球,MN为球O的一条直径,点P为正八面体表面上的一个动点,则的取值X围是.16.(2018某某某某调研,18)设全体空间向量组成的集合为V,a=(a1,a2,a3)为V中的一个单位向量,建立一个“自变量”为向量,“因变量”也是向量的“向量函数”f(x):f(x)=-x+2(x·a)a(x∈V).(1)设u=(1,0,0),v=(0,0,1),若f(u)=v,求向量a;(2)对于V中的任意两个向量x,y,证明:f(x)·f(y)=x·y;(3)对于V中的任意单位向量x,求|f(x)-x|的最大值.参考答案课时规X练42 空间向量及其运算1.C+-=+=.故选C.2.A因为=++,所以||2=(++)2=||2+||2+||2+2(·+·+·)=1+2+ 9+2(1××cos 45°+1×3×cos 120°+×3×cos 135°)=5.故A1C的长为.故选A.3.A=(+),=.假设G与M,N共线,则存在实数λ使得=λ+(1-λ)=(+)+,与=++比较可得=,=,解得x=1.故选A.4.C|a|==2,|b|=,a·b=.∴cos===,化为z2=2,解得z=±.故选C.5.C∵M为BC中点,∴=(+).∴·=(+)·=·+·=0.∴AM⊥AD,△AMD为直角三角形.6.由=2a+b,=3a-b,得||==,||==,·=(2a+b)·(3a-b)=.∴cos∠BOA==,∴sin∠BOA=.∴S△OAB=||||sin∠BOA=.7.,,-1(1,1,1)由条件p=2a+b-c.设p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为(x,y,z),则p=x(a+b)+y(a-b)+zc=(x+y)a+(x-y)b+zc,因为a,b,c不共面,所以所以即p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为,,-1,同理可求p在基底{2a,b,-c}下的坐标为(1,1,1).故答案为,,-1,(1,1,1).8.[2,4]建立如图所示的空间直角坐标系,则B(2,2,2),D1(0,0,0),设α与棱CC1的交点为P,与棱AA1的交点为G,则四边形BGD1P为平行四边形.在面α内过P作BD1的垂线,垂足为Q,则截面的面积为S=||||=2||.设Q(x,x,x),P(0,2,y),则=(2,2,2),=(x,x-2,x-y).因为·=0,故2x+2(x-2)+2(x-y)=0,即3x-y-2=0,故y=3x-2.因0≤3x-2≤2,故≤x≤.又||====,其中≤x≤,所以≤||≤,故2≤S≤4,填[2,4].9.C建立如图所示空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,4),P(0,t,2t),t∈[0,2],Q(2-m,m,0),m∈[0,2],∴PQ=,当且仅当5t=m=时,PQ取最小值,选C.10.证明 (1)=++=++,=+=+×(+)=+(-+-)=(++)=,∴∥,即A1,G,C三点共线.(2)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.因此⊥,即CA1⊥BC1.同理CA1⊥BD.又BD与BC1是平面BC1D内的两条相交直线,故A1C⊥平面BC1D.11.B设B(x,y,z),∵A(1,-2,0),∴=(x-1,y+2,z).∵||=2|a|,且与a方向相反,a=(-3,4,6),∴=-2a=(6,-8,-12),∴解得∴B(7,-10,-12),故选B.12.D以点D为原点,以DA所在的直线为x轴,以DC所在的直线为y轴,以DD1所在的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示;则点A(1,0,0),C1(0,1,1),设点P的坐标为(x,y,z),由题意可得0≤x≤1,0≤y≤1,z=1,∴=(1-x,-y,-1),=(-x,1-y,0),∴·=-x(1-x)-y(1-y)+0=x2-x+y2-y=x-2+y-2-,由二次函数的性质可得,当x=y=时·取得最小值为-;当x=0或1,且y=0或1时,·取得最大值为0,则·的取值X围是-,0.故选D.13.①②(++)2=+++2·+2·+2·=3,故①正确.·(-)=·=0,故②正确.因为∥,AD1、AC、D1C均为面对角线,所以三角形AD1C为等边三角形,而与的夹角为与的夹角的补角.所以与的夹角为120°,故③错误.正方体的体积为||||||,而|··|=0,故④错误.14.(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,P(0,0,a),F.=,=(0,a,0).∵·=0,∴⊥,即EF⊥CD.(2)解假设存在满足条件的点G,设G(x,0,z),则=,若使GF⊥平面PCB,则由·=x-,-,z-·(a,0,0)=a=0,得x=.由·=x-,-,z-·(0,-a,a)=+a=0,得z=0.∴点G坐标为,即存在满足条件的点G,且点G为AD的中点.15.0,设球O的半径为R,则××1=××R,解得R=.||∈,.可得·=(-)·(-)=-R2=-∈0,.16.解 (1)依题意得f(u)=-u+2(u·a)a=v,设a=(x,y,z),代入运算得⇒a=,0,或a=-,0,-;(2)证明设x=(a,b,c),y=(m,n,t),a=(a1,a2,a3),则f(x)·f(y)=[-x+2(x·a)a]·[-y+2(y·a)a]=x·y-4(y·a)(x·a)+4(y·a)(x·a)(a)2=x·y-4(y·a)(x·a)+4(y·a)(x·a)=x·y.从而得证;(3)设x与a的夹角为α,则x·a=|x|·|a|cos α=cos α,则|f(x)-x|=|2x-2(x·a)a|==≤2,故最大值为2.。

高考数学一轮复习空间向量及其运算和空间位置关系

考法一空间向量的线性运算(自主练通) 1.如图，在三棱锥 O-ABC 中，点 P，Q 分别是 OA，BC
的中点，点 D 为线段 PQ 上一点，且―PD→＝2―D→Q ，若记―O→A ＝a ，―O→B ＝b ，―O→C ＝c，则―O→D 等于 ( )
A.16a ＋31b ＋13c C.13a ＋61b ＋13c
共线垂直夹角公式
a ∥b ⇒a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R ，b ≠0)
a ⊥b ⇔___a_1b_1_＋__a_2_b_2＋___a_3b_3_＝__0___
cos〈a ，b 〉＝
a1b1＋a2b2＋a3b3 a21＋a22＋a23 b21＋b22＋b23
3.直线的方向向量与平面的法向量直线的方如果表示非零向量 a 的有向线段所在直线与直线 l_平__行___ 向向量 _或__共__线__，则称此向量 a 为直线 l 的方向向量
共线向量 (平行向量)
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_
共面向量
平行于同一个平面的向量
共线向量对任意两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使
定理 _a_＝__λ_b__
续表
共面向量若两个向量 a ，b 不共线，则向量 p 与向量 a ，b 共面⇔存在定理唯一的有序实数对(x，y)，使 p ＝_x_a_＋___yb___
11 33 .
答案：D
二、易错易混小题的矫正纠偏
1．(空间想象能力不足)已知点 A(－3,0，－4)，点 A 关于原点的对称点为
B，则|AB|等于
()
A．12
B．9
C．25
D．10
解析：点 A 关于原点对称的点 B 的坐标为 (3,0,4) ，故 |AB| ＝－3－32＋0－02＋－4－42＝10.

2025版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业四十四空间向量及应用

课时作业(四十四) 空间向量及应用一、单项选择题1．设u ＝(2，1，－2)是平面α的法向量，a ＝(－3，8，1)是直线l 的方向向量，则直线l 与平面α的位置关系是( )A ．平行B ．垂直C ．相交但不垂直D ．平行或在平面内2．设x ，y ∈R ，向量a ＝(x ，1，1)，b ＝(1，y ，1)，c ＝(2，－4，2)且a ⊥b ，b ∥c ，则|a ＋b |＝( )A ．22B ．10C ．3D ．43．已知空间随意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ，y ，z ∈R )，则“x ＝1，y ＝－3，z ＝3”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．[2024·湖南益阳模拟]在正三棱锥P ABC 中，O 是△ABC 的中心，PA ＝AB ＝2，则PO →·PA →＝( )A ．59B ．63C ．423D ．835．[2024·江西南昌二中模拟]在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为BB 1，CD 的中点，则( )A ．A 1F ⊥AEB ．A 1F ⊥EC C ．A 1F ⊥EC 1D ．A 1F ⊥C 1D6．[2024·河北石家庄期末]如图所示，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1＝c ，点M 是A 1D 1的中点，点N 是CA 1上的点，且CN ∶CA 1＝1∶4，则向量MN →可表示为( )A ．12a ＋b ＋cB ．14a ＋14b ＋c C ．14a －38b －14c D ．34a ＋14b －34c 7．(实力题)在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝CC 1＝2，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，则( )A ．A 1B ∥平面CMN B ．AM ⊥平面CMNC ．A 1B ⊥CB 1D ．AM ∥CB 1 8.(实力题)[2024·湖北潜江模拟]如图，一个结晶体的形态为平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1，其中，以顶点A 为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是( )A ．AC 1＝6B ．AC 1⊥BDC ．向量与的夹角是60°D ．AA 1与AC 所成角的余弦值为63二、多项选择题9．已知空间向量m ＝(－1，2，4)，n ＝(2，－4，x )，则下列选项中正确的是( ) A ．当m ⊥n 时，x ＝3 B ．当m ∥n 时，x ＝－8C ．当|m ＋n |＝5时，x ＝－4D ．当x ＝1时，sin 〈m ，n 〉＝35710．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，A 1C ∩AC 1＝O ，则( )A ．·BC →＝a 2B ．·＝a 2C ．·＝a 2D ．·BO →＝a 2 三、填空题11．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 在A 1C 1上，||A 1E ＝14||A 1C 1且AE →＝x ＋yAB →＋zAD →，则x ＋y ＋z ＝________．12．(实力题)[2024·北京东城期末]如图，在棱长都为1的平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB →，AD →，两两夹角均为π3，则·BD →＝________；请选择该平行六面体的三个顶点，使得经过这三个顶点的平面与直线AC 1垂直.这三个顶点可以是________．四、解答题13．[2024·河南洛宁一中模拟]如图三棱柱，ABC A 1B 1C 1的全部棱长都相等，∠A 1AB ＝∠A 1AC ＝60°，点M 为△ABC 的重心，AM 的延长线交BC 于点N ，连接A 1M ，设AB →＝a ，AC →＝b ，＝c .(1)用a ，b ，c 表示；(2)证明：A 1M ⊥A B.14．如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，DA ⊥AB ，AB ＝AP ＝2，DA ＝DC ＝1，E 为PC 上一点，且PE ＝23PC .(1)求证：AE ⊥平面PBC ； (2)求证：PA ∥平面BDE . 优生选做题15．[2024·河北保定模拟]已知MN 是棱长为4的正方体内切球的一条直径，点P 在正方体表面上运动，则PM →·PN →的取值范围为( )A ．[1，4]B ．[0，12]C ．[0，8]D ．[1，6]16.如图所示，三棱柱ABC A 1B 1C 1中，CA →＝a ，CB →＝b ，CC 1＝c ，CA ＝CB ＝CC 1＝1，〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝2π3，〈b ，c 〉＝π2，N 是AB 中点．(1)用a ，b ，c 表示向量；(2)在线段C 1B 1上是否存在点M ，使AM ⊥A 1N ？若存在，求出M 的位置，若不存在，说明理由．课时作业（四十四）空间向量及应用1．解析：由u ·a ＝2×（－3）＋1×8＋（－2）×1＝0，则u ⊥a ，由向量的自由性，直线l 与平面α的位置关系是平行或在平面内．故选D. 答案：D2．解析：因为向量a ＝（x ，1，1），b ＝（1，y ，1），c ＝（2，－4，2）且a ⊥b ，b ∥c ，所以x ＋y ＋1＝0，12＝y －4，解得y ＝－2，x ＝1，所以向量a ＝（1，1，1），b ＝（1，－2，1），所以a ＋b ＝（2，－1，2），所以|a ＋b |＝22＋（－1）2＋22＝3. 故选C. 答案：C3．解析：当x ＝1，y ＝－3，z ＝3时，OP →＝OA →－3OB →＋3OC →，即OP →－OA →＝－3OB →＋3OC →，则有AP →＝3BC →，又因为BC →＝AC →－AB →，所以AP →＝3AC →－3AB →，依据共面对量定理可知，P ，A ，B ，C 四点共面；反之，当P ，A ，B ，C 四点共面时，依据共面对量定理，设AP →＝mAC →＋nAB →（m ，n ∈R ），即OP →－OA →＝m （OC →－OA →）＋n （OB →－OA →）（m ，n ∈R ），即OP →＝（1－m －n ）OA →＋nOB →＋mOC →（m ，n ∈R ），即x ＝1－m －n ，y ＝n ，z ＝m ，因为m ，n ∈R ，所以x ，y ，z 不止1，－3，3这一组，故“x ＝1，y ＝－3，z ＝3”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的充分不必要条件．故选A. 答案：A 4．解析：∵P ABC 为正三棱椎，O 为△ABC 的中心，∴PO ⊥平面ABC ，△ABC 是等边三角形，∴PO ⊥AO ， ∴PO →·OA →＝0，||AO ＝23·||AB ·sin60°＝233，故PO →·PA →＝PO →·（PO →＋OA →）＝||PO →|2＝AP |2－|AO |2＝4－43＝83.故选D. 答案：D 5．解析：由题，建立如图所示空间直角坐标系A 1xyz ，设正方体棱长为2，则有A 1（0，0，0），F （2，1，2），A （2，0，0），E （1，2，0），C （2，2，2），C 1（0，2，2），D （2，0，2），A 1F →＝（2，1，2），AE →＝（－1，2，0），EC →＝（1，0，2），EC 1→＝（－1，0，2），C 1D →＝（2，－2，0），∴A 1F →·AE →＝0，A 1F →·EC →＝6，A 1F →·EC 1→＝2，A 1F →·C 1D →＝2， ∴A 1F ⊥AE . 故选A.答案：A6．解析：因为在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，点M 是A 1D 1的中点，点N 是CA 1上的点，且CN ∶CA 1＝1∶4，所以MN →＝MA 1→＋A 1N →＝－12AD →＋34A 1C →＝－12AD →＋34（AC →－AA 1→）＝－12AD →＋34（AB →＋AD →－AA 1→）＝34AB →＋14AD →－34AA 1→＝34a ＋14b －34c .故选D.答案：D 7．解析：如图，以C 为坐标原点，以CA →，CB →，CC 1→的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系C xyz ，则B （0，2，0），A 1（2，0，2），B 1（0，2，2），A （2，0，0），M （1，1，2），N （1，0，2）.CM →＝（1，1，2），CN →＝（1，0，2），A 1B →＝（－2，2，－2），CB 1→＝（0，2，2），AM →＝（－1，1，2）.设平面CMN 的法向量n ＝（x ，y ，z ），则⎩⎪⎨⎪⎧CM →·n ＝x ＋y ＋2z ＝0CN →·n ＝x ＋2z ＝0，令z ＝－1，得n ＝（2，0，－1）.因为A 1B →与n 不垂直，所以A 1B 与平面CMN 不平行，故A 不正确；因为AM →与n 不平行，所以AM 与平面CMN 不垂直，故B 不正确；因为A 1B →·CB 1→＝0，所以A 1B →⊥CB 1→，故C 正确；因为AM →与CB 1→不平行，所以AM 与CB 1不平行，故D 不正确．故选C. 答案：C8．解析：记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，由已知||a ＝||b ＝||c ＝6，a ，b ，c 间两两夹角都是60°，即a ·b ＝a ·c ＝b ·c ＝6×6×cos60°＝18，AC 1→＝a ＋b ＋c ，则||AC 1→＝||a ＋b ＋c ＝（a ＋b ＋c ）2＝ a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2a ·c ＋2b ·c ＝62＋62＋62＋2×18＋2×18＋2×18＝66，A 错； BD →＝b －a ，AC 1→·BD →＝（a ＋b ＋c ）·（b －a ）＝b 2－a 2＋b ·c －c ·a ＝0，AC 1→⊥BD →，即AC 1⊥BD ，B正确；B 1C →＝BC →－BB 1→＝b －c ，△BB 1C 是正三角形，∠BB 1C ＝60°，AA 1→＝BB 1→，所以向量B 1C →与AA 1→的夹角是180°－60°＝120°，C 错；AC →＝a ＋b ，||AC →＝（a ＋b ）2＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝63，AA 1→·AC →＝c ·（a ＋b ）＝c ·a ＋c ·b ＝18＋18＝36，cos 〈AA 1→，AC →〉＝AA 1→·AC→||AA 1→||AC→＝366×63＝33，所以AA 1与AC 所成角的余弦值为33，D 错．故选B. 答案：B9．解析：当m ⊥n 时，m ·n ＝（－1）×2＋2×（－4）＋4x ＝－10＋4x ＝0，解得：x ＝52，故A 错误；令m ＝λn ，则（－1，2，4）＝（2λ，－4λ，λx ），⎩⎪⎨⎪⎧2λ＝－1－4λ＝2λx ＝4⇒⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－12x ＝－8，故B 正确；m ＋n ＝（－1＋2，2－4，4＋x ）＝（1，－2，4＋x ），所以||m ＋n ＝12＋（－2）2＋（4＋x ）2＝5＋（4＋x ）2＝5，解得：x ＝－4，故C 正确；当x ＝1，cos 〈m ，n 〉＝m ·n ||m ·||n ＝－1×2＋2×（－4）＋4×121×21＝－27，因为〈m ，n 〉∈[]0，π，sin 〈m ，n 〉＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－272＝357，故D 正确．故选BCD.答案：BCD10．解析：如图：对于A ，因为AA 1⊥BC ，所以AA 1→·BC →＝0，故A 错误．对于B ，AA 1→·BC 1→＝BB 1→·（BB 1→＋B 1C 1→）＝BB →21 ＝a 2，故B 正确．对于C ，AA 1→·BD 1→＝BB 1→·（BB 1→＋B 1D 1→）＝BB →21 ＝a 2，故C 正确．对于D ，AA 1→·BO →＝12AA 1→·BD 1→＝12a 2，故D 错误．故选BC.答案：BC11．解析：由题意可得：A 1E →＝14A 1C 1→，则AE →＝AA 1→＋A 1E →＝AA 1→＋14A 1C 1→＝AA 1→＋14（A 1B 1→＋A 1D 1→）＝AA 1→＋14AB →＋14AD →，∴x ＝1，y ＝z ＝14，则x ＋y ＋z ＝32.答案：3212．解析：（1）令a ＝AA 1→，b ＝AB →，c ＝AD →，则||a ＝||b ＝||c ＝1，〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝〈b ，c 〉＝π3，则有BD →＝AD →－AB →＝c －b ，AC 1→＝AC →＋CC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→＝b ＋c ＋a ，故AC 1→·BD →＝（c ＋b ＋a ）·（c －b ）＝c 2＋b ·c ＋a ·c －b ·c －b 2－a ·b ＝12＋1×1×12＋1×1×12－1×1×12－12－1×1×12＝1＋12＋12－12－1－12＝0.（2）由（1）知A 1D →＝AD →－AA 1→＝c －a ，AC 1→＝AC →＋CC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→＝b ＋c ＋a ，故AC 1→·A 1D →＝（c －a ）·（c ＋b ＋a ）＝c 2＋b ·c ＋a ·c －a ·c －a ·b －a 2＝12＋1×1×12＋1×1×12－1×1×12－1×1×12－12＝1＋12＋12－12－12－1＝0，故AC 1→⊥A 1D →，即AC 1⊥A 1D ，又由（1）知AC 1⊥BD ，A 1D ∩BD ＝D ，故直线AC 1垂直于平面A 1BD ，同理可证直线AC 1垂直于平面B 1D 1C . 答案：0 点A 1，B ，D 或点C ，B 1，D 1 13．解析：（1）因为△ABC 为正三角形，点M 为△ABC 的重心，所以N 为BC 的中点，所以AN →＝12AB →＋12AC →，AM →＝23AN →，所以A 1M →＝A 1A →＋AM →＝－AA 1→＋23AN →，＝－AA →1＋13AB →＋13AC →＝13a ＋13b －c .（2）证明：设三棱柱的棱长为m ，则A 1M →·AB →＝（13a ＋13b －c ）·a＝13a 2＋13a ·b －c ·a ＝13||a 2＋13||a ·||b cos π3－||c ·||a cos π3＝13m 2＋13m 2×12－m 2×12＝0. 所以A 1M ⊥AB . 14.证明：（1）如图，以A 为原点，AB →，AD →，AP →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，则A （0，0，0），B （2，0，0），C （1，1，0），D （0，1，0），P （0，0，2），所以PC →＝（1，1，－2），AP →＝（0，0，2），CB →＝（1，－1，0），因为PE ＝23PC ，所以PE →＝（23，23，－43），所以AE →＝AP →＋PE →＝（23，23，23），所以AE →·PC →＝23＋23－43＝0，AE →·CB →＝23－23＋0＝0，所以AE →⊥PC →，AE →⊥CB →，即AE ⊥PC ，AE ⊥CB ，又因为PC ∩BC ＝C ，PC ，BC ⊂平面PBC . 所以AE ⊥平面PBC .（2）由（1）可得BE →＝AE →－AB →＝（23，23，23）－（2，0，0）＝（－43，23，23），PA →＝（0，0，－2），BD →＝（－2，1，0）.设平面BDE 的法向量为n ＝（x 1，y 1，z 1），则⎩⎪⎨⎪⎧BD →·n ＝0BE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 1＋y 1＝0，－43x 1＋23y 1＋23z 1＝0，令x 1＝1，得y 1＝2，z 1＝0，则n ＝（1，2，0）是平面BDE 的一个法向量，因为PA →·n ＝（0，0，－2）·（1，2，0）＝0，所以PA →⊥n ，因为PA ⊄平面BDE ，所以PA ∥平面BDE .15．解析：设正方体内切球的球心为O ，则OM ＝ON ＝2， PM →·PN →＝（PO →＋OM →）·（PO →＋ON →）＝PO →2＋PO →·（OM →＋ON →）＋OM →·ON →，因为MN 是正方体内切球的一条直径，所以OM →＋ON →＝0，OM →·ON →＝－4，所以PM →·PN →＝PO →2－4，又点Р在正方体表面上运动，所以当P 为正方体顶点时，||PO →最大，且最大值为23；当P 为内切球与正方体的切点时，||PO →最小，且最小值为2；所以0≤PO →2－4≤8，所以PM →·PN →的取值范围为[]0，8. 故选C. 答案：C16．解析：（1）因为N 是AB 中点，所以AN →＝12AB →，所以A 1N →＝A 1A →＋AN →＝C 1C →＋12AB →＝－CC 1→＋12（CB →－CA →）＝－12a ＋12b －c .（2）假设存在点M ，使AM ⊥A 1N ，设C 1M →＝λC 1B 1→，（λ∈[0，1]），明显λC 1B 1→＝λb ，AM →＝AA 1→＋A 1C 1→＋C 1M →＝c －a ＋λb ，因为AM ⊥A 1N ，所以AM →·A 1N →＝0，即（c －a ＋λb ）·（－12a ＋12b －c ）＝0， ∴－12c ·a ＋12c ·b －c 2＋12a 2－12a ·b ＋c ·a －12λa ·b ＋12λb 2－λb ·c ＝0. ∵CA ＝CB ＝CC 1＝1，〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝2π3，〈b ，c 〉＝π2， ∴12c ·a －c 2＋12a 2－（12＋12λ）a ·b ＋12λb 2＝0，即12×1×1×（－12）－12＋12×12－（12＋12λ）×1×1×（－12）＋12λ·12＝0，解得λ＝23，所以当C 1M ＝23C 1B 1时，AM ⊥A 1N .。

高三数学一轮复习课时作业3：空间向量及其运算(理)

9.6空间向量及其运算A 级基础达标1．已知向量AB →＝(2,4,5)，CD →＝(3，x ，y )，若AB →∥CD →，则( ) A ．x ＝6，y ＝15 B ．x ＝3，y ＝152C ．x ＝3，y ＝15D ．x ＝6，y ＝1522．『2014·威海模拟』已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为上底面A 1C 1的中心，若AE →＝AA 1→＋xAB →＋yAD →，则x 、y 的值分别为( )A ．x ＝1，y ＝1B ．x ＝1，y ＝12C ．x ＝12，y ＝12D ．x ＝12，y ＝13．已知平面α内有一个点A (2，－1,2)，α的一个法向量为n ＝(3,1,2)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A ．(1，－1,1)B ．(1,3，32)C ．(1，－3，32)D ．(－1,3，－32)4．△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( )A ．5 B.41 C ．4D ．255．『2014·晋中调研』如图所示，已知空间四边形OABC 中，|OB |＝|OC |，且∠AOB ＝∠AOC ，则OA →、CB →夹角θ的余弦值为( )A ．0 B.12 C.32D.226．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF＝13AC ，则( )A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面7．『2014·广东模拟』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．『2014·江西模拟』已知2a ＋b ＝(0，－5,10)，c ＝(1，－2，－2)，a ·c ＝4，|b |＝12，则以b ，c 为方向向量的两直线的夹角为________．9．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝1，AA 1＝2，∠B 1A 1C 1＝90°，D 为BB 1的中点，则异面直线C 1D 与A 1C 所成角的余弦值为________．10．如图，已知矩形ABCD 和矩形ADEF 所在的平面互相垂直，点M ，N 分别在对角线BD ，AE 上，且BM ＝13BD ，AN ＝13AE .求证：MN ∥平面CDE .11．如图所示，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CD ＝∠C 1CB ＝∠BCD ＝60°.(1)求证：C 1C ⊥BD ； (2)当CDCC 1的值是多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ？请给出证明． 12．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．B 级知能提升1．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1上的动点，则直线NO 、AM 的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．异面垂直D ．异面不垂直2．已知点A (1，t ，－1)关于x 轴的对称点为B ，关于xOy 平面的对称点为C ，则BC 中点D 的坐标为________．3．如图，在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，G 为△BC 1D 的重心，(1)求证：A 1、G 、C 三点共线； (2)求证：A 1C ⊥平面BC 1D ； (3)求点C 到平面BC 1D 的距离．解析及答案05限时规范特训A 级基础达标1．『解析』∵32＝x 4＝y 5，∴x ＝6，y ＝152，选D 项．『答案』D2．『解析』如图，AE →＝AA 1→＋A 1E →＝AA 1→＋12A 1C 1→＝AA 1→＋12(AB →＋AD →)．『答案』C3．『解析』对于选项A ，P A →＝(1,0,1)，则P A →·n ＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0，故排除A ；对于选项B ，P A →＝(1，－4，12)，则P A →·n ＝(1，－4，12)·(3,1,2)＝0，验证可知C 、D 均不满足P A →·n＝0.『答案』B4．『解析』设AD →＝λAC →，又AC →＝(0,4，－3)，则AD →＝(0,4λ，－3λ)， AB →＝(4，－5,0)， BD →＝(－4,4λ＋5，－3λ)，由AC →·BD →＝0.得λ＝－45，∴BD →＝(－4，95，125)．∴|BD →|＝5.『答案』A5．『解析』设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c .由已知条件∠AOB ＝∠AOC ，且|b |＝|c |，OA →·BC →＝a ·(c －b )＝a ·c －a ·b ＝|a ||c |cos ∠AOC －|a ||b |cos ∠AOB ＝0，∴cos θ＝0.故选A.『答案』A6．『解析』以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A 1(1,0,1)，D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E (13，0，13)，F (23，13，0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)， A 1D →＝(－1,0，－1)，AC →＝(－1,1,0)， EF →＝(13，13，－13)，BD 1→＝(－1，－1,1)，EF →＝－13BD 1→，A 1D →·EF →＝AC →·EF →＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC .故选B. 『答案』B7．『解析』c －a ＝(0,0,1－x )，2b ＝(2,4,2)，由(c －a )·(2b )＝－2，得(0,0,1－x )·(2,4,2)＝－2，即2(1－x )＝－2，解得x ＝2.『答案』28．『解析』由题意得(2a ＋b )·c ＝0＋10－20＝－10. 即2a ·c ＋b ·c ＝－10，又∵a ·c ＝4，∴b ·c ＝－18， ∴cos 〈b ，c 〉＝b ·c |b |·|c |＝－1812×1＋4＋4＝－12， ∴〈b ，c 〉＝120°，∴两直线的夹角为60°.『答案』60°9．『解析』以A 为原点建立空间直角坐标系，如图A 1(0,0,2)，C (0,1,0)，D (1,0,1)，C 1(0,1,2)，则C 1D →＝(1，－1，－1)，A 1C →＝(0,1，－2)，|C 1D →|＝3，|A 1C →|＝5， C 1D →·A 1C →＝1，cos 〈C 1D →，A 1C →〉＝C 1D →·A 1C →|C 1D →||A 1C →|＝1515，故异面直线C 1D 与A 1C 所成角的余弦值为1515. 『答案』151510．证明：如图，因为M 在BD 上，且BM ＝13BD ，所以MB →＝13DB →＝13DA →＋13AB →.同理AN →＝13AD →＋13DE →.所以MN →＝MB →＋BA →＋AN →＝(13DA →＋13AB →)＋BA →＋(13AD →＋13DE →)＝23BA →＋13DE →＝23CD →＋13DE →.又CD →与DE →不共线，根据向量共面的充要条件可知MN →，CD →，DE →共面．由于MN 不在平面CDE 内，所以MN ∥平面CDE .11『解』(1)证明：设CD →＝a ，CB →＝b ，CC 1→＝c ，由已知|a |＝|b |，且〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， B D →＝C D →－C B →＝a －b ，CC 1→·B D →＝c ·(a －b )＝c·a－c·b＝12|c ||a |－12|c ||b |＝0，∴C 1C →⊥B D →，即C 1C ⊥BD . (2)若A 1C ⊥平面C 1BD ，则A 1C ⊥C 1D ，CA 1→＝a ＋b ＋c ，C 1D →＝a －c .∴CA 1→·C 1D →＝0，即(a ＋b ＋c )·(a －c )＝0. 整理得：3a 2－|a ||c |－2c 2＝0，(3|a |＋2|c |)(|a |－|c |)＝0，∴|a |－|c |＝0，即|a |＝|c |. 即当CD CC 1＝|a ||c |＝1时，A 1C ⊥平面C 1BD .12．『解』设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c .则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°. EF →＝12BD ＝12c －12a ，BA →＝－a ，DC →＝b －c ，(1)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.即|EG →|＝22，所以EG 的长为22. (4)设AG →、CE →的夹角为θ.AG →＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ，cos θ＝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.B 级知能提升1．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1上的动点，则直线NO 、AM 的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．异面垂直D ．异面不垂直2．已知点A (1，t ，－1)关于x 轴的对称点为B ，关于xOy 平面的对称点为C ，则BC 中点D 的坐标为________．3．如图，在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，G 为△BC 1D 的重心，(1)求证：A 1、G 、C 三点共线； (2)求证：A 1C ⊥平面BC 1D ； (3)求点C 到平面BC 1D 的距离．B 级知能提升1．『解析』建立坐标系如图，设正方体的棱长为2，则A (2,0,0)，M (0,0,1)，O (1,1,0)，N (2，t,2)，NO →＝(－1,1－t ，－2)，AM →＝(－2,0,1)，NO →·AM →＝0，则直线NO 、AM 的位置关系是异面垂直．『答案』C2．『解析』因为A (1，t ，－1)关于x 轴的对称点为B (1，－t,1)，关于xOy 平面的对称点为C (1，t,1)，所以BC 中点D 的坐标为(1＋12，－t ＋t 2，1＋12)，即D (1,0,1)．『答案』(1,0,1)3．『解』(1)证明：CA 1→＝CB →＋BA →＋AA 1→＝CB →＋CD →＋CC 1→，可以证明：CG →＝13(CB →＋CD →＋CC 1→)＝13CA 1→，∴CG →∥CA 1→，即A 1、G 、C 三点共线．(2)证明：设CB →＝a ，CD →＝b ，CC 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝a ，且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0， ∵CA 1→＝a ＋b ＋c ，BC 1→＝c －a ，∴CA 1→·BC 1→＝(a ＋b ＋c )·(c －a )＝c 2－a 2＝0， ∴CA 1→⊥BC 1→，即CA 1⊥BC 1，同理可证：CA 1⊥BD ，高三数学一轮复习 11 因此A 1C ⊥平面BC 1D .(3)∵CA 1→＝a ＋b ＋c ， ∴CA 1→2＝a 2＋b 2＋c 2＝3a 2，即|CA 1→|＝3a ，因此|CG →|＝33a . 即C 到平面BC 1D 的距离为33a .。

高考数学一轮复习课时跟踪检测(四十四)空间向量的运算及应用理(普通高中)

课时跟踪检测（四十四）空间向量的运算及应用(一)普通高中适用作业A 级——基础小题练熟练快1．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)．2．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 ＝16.3．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．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 由题意知c ＝x a ＋y b ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.5．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 ＝0.6.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OG ―→，设OG ―→＝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 ―→，∴OG ―→＝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. 7．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：－25158．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)，∴⎩⎪⎨⎪⎧6x －4－6＋18＝0，x －42＝4，解得x ＝2.答案：29.已知PA 垂直于正方形ABCD 所在的平面，M ，N 分别是CD ，PC 的中点，并且PA ＝AD ＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，则MN ＝________.解析：连接PD ，∵M ，N 分别为CD ，PC 的中点，∴MN ＝12PD ，又P (0,0,1)，D (0,1,0)，∴PD ＝02＋－12＋12＝2，∴MN ＝22. 答案：2210．已知V 为矩形ABCD 所在平面外一点，且VA ＝VB ＝VC ＝VD ，VP ―→＝13VC ―→，VM ―→＝23VB ―→，VN ―→＝23VD ―→，则VA 与平面PMN 的位置关系是________．解析：如图，设VA ―→＝a ，VB ―→＝b ，VC ―→＝c ，则VD ―→＝a ＋c －b ，由题意知PM ―→＝23b －13c ，PN ―→＝23VD ―→－13VC ―→＝23a －23b ＋13c. 因此VA ―→＝32PM ―→＋32PN ―→，∴VA ―→，PM ―→，PN ―→共面．又∵VA ⊄平面PMN ，∴VA ∥平面PMN . 答案：平行B 级——中档题目练通抓牢1．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，即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．2．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 2 D.34a 2 解析：选 C AE ―→·AF ―→＝12(AB ―→＋AC ―→)·12AD ―→＝14(AB ―→·AD ―→＋AC ―→·AD ―→)＝14(a 2cos60°＋a 2cos 60°)＝14a 2.3.如图，在大小为45°的二面角A EF D 中，四边形ABFE ，四边形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，∴|BD ―→|＝3－ 2.4．已知P (－2,0,2)，Q (－1,1,2)，R (－3,0,4)，设a ＝PQ ―→，b ＝PR ―→，c ＝QR ―→，若实数k 使得k a ＋b 与c 垂直，则k 的值为________．解析：由题意知，a ＝PQ ―→＝(1,1,0)，b ＝PR ―→＝(－1,0,2)，c ＝QR ―→＝(－2，－1,2)，故k a ＋b ＝(k －1，k,2)．又ka ＋b 与c 垂直，所以(k a ＋b )·c ＝－2(k －1)－k ＋4＝0，所以k ＝2.答案：25．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时取最小值，此时Q 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83 6.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．以A 为坐标原点，以AC ，AB ，AA 1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) A 1B 1―→＝(0,2,0)，A 1A ―→＝(0,0，－2)，AC ―→＝(2,0,0)，设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1A ―→＝0，n ·AC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0.取y ＝1，则n ＝(0,1,0)．∴A 1B 1―→＝2n ，即A 1B 1―→∥n . ∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1―→＝(0,2,2)，A 1C 1―→＝(1,1,0)，A 1C ―→＝(2,0，－2)，设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1―→＝0，m ·A 1C ―→＝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)． ∴AB 1―→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， ∴AB 1―→⊥m .又AB 1⊄平面A 1C 1C ， ∴AB 1∥平面A 1C 1C .7.如图，在四棱锥P ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面PAD . 所以AB ⊥PD .又因为PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A ，所以PD ⊥平面PAB .(2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .又因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD .因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD . 故PO ，CO ，OA 两两垂直．建立如图所示空间直角坐标系O xyz .由题意得，A (0,1,0)，B (1,1,0)，C (2，0,0)，D (0，－1,0)，P (0,0,1)．AP ―→＝(0，－1,1)，DC ―→＝(2,1,0)，DP ―→＝(0,1,1)．设平面PCD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DC ―→·n ＝0，DP ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝0，y ＋z ＝0，令x ＝1，得y ＝－2，z ＝2.所以平面PCD 的一个法向量n ＝(1，－2,2)．设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0,1]，使得AM ―→＝λAP ―→，因此点M (0,1－λ，λ)，BM ―→＝(－1，－λ，λ)．因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，当且仅当BM ―→·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0，所以－1＋4λ＝0，解得λ＝14.所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.C 级——重难题目自主选做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，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，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .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，即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 ，22a1－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 .2.如图，正方形ADEF 所在平面和等腰梯形ABCD 所在的平面互相垂直，已知BC ＝4，AB ＝AD ＝2.(1)求证：AC ⊥BF ；(2)在线段BE 上是否存在一点P ，使得平面PAC ⊥平面BCEF ？若存在，求出BP PE的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：∵平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，AF ⊥AD ，AF ⊂平面ADEF ，∴AF ⊥平面ABCD .∵AC ⊂平面ABCD ，∴AF ⊥AC .过A 作AH ⊥BC 于H ，则BH ＝1，AH ＝3，CH ＝3， ∴AC ＝23，∴AB 2＋AC 2＝BC 2，∴AC ⊥AB . ∵AB ∩AF ＝A ，∴AC ⊥平面FAB . ∵BF ⊂平面FAB ，∴AC ⊥BF . (2)存在，理由如下：由(1)知，AF ，AB ，AC 两两垂直．以A 为坐标原点，AB ―→，AC ―→，AF ―→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0，23，0)，E (－1，3，2)，F (0,0,2)，假设在线段BE 上存在一点P 满足题意，则易知点P 不与点B ，E 重合，设BP PE＝λ，则λ>0，P ⎝⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，3λ1＋λ，2λ1＋λ. 设平面PAC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )．由AP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，3λ1＋λ，2λ1＋λ，AC ―→＝(0,23，0)，得⎩⎨⎧m ·AP ―→＝2－λ1＋λx ＋3λ1＋λy ＋2λ1＋λz ＝0，m ·AC ―→＝23y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，z ＝λ－22λx ，令x ＝1，则z ＝λ－22λ，所以m ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，λ－22λ为平面PAC 的一个法向量．因为BF ―→＝(－2,0,2)，BC ―→＝(－2,23，0)，设n ＝(a ，b ，c )为平面BCEF 的一个法向量，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF ―→＝0，n ·BC ―→＝0，即⎩⎨⎧－2a ＋2c ＝0，－2a ＋23b ＝0，取a ＝1，则b ＝33，c ＝1，所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，1为平面BCEF 的一个法向量．当m·n ＝0，即λ＝23时，平面PAC ⊥平面BCEF ，故存在满足题意的点P ，此时BP PE ＝23.。

高考数学一轮复习课时作业(四十二) 空间向量的运算及应用

课时作业(四十二) 空间向量的运算及应用1．已知a ＝(－2，1，3)，b ＝(－1，2，1)，若a ⊥(a －λb )，则实数λ的值为( ) A ．－2 B ．－143C ．145D ．2D [因为a －λb ＝(λ－2，1－2λ，3－λ)，由a ⊥(a －λb )得－2(λ－2)＋1－2λ＋9－3λ＝0，解得λ＝2.]2．设直线l 的方向向量为(1，－1，1)，平面α的一个法向量为(－1，1，－1)，则直线l 与平面α的位置关系是( )A ．l ⊂αB ．l ∥αC ．l ⊥αD ．不确定C [因为直线l 的方向向量为(1，－1，1)，平面α的一个法向量为(－1，1，－1)，显然它们共线，所以直线l 与平面α的位置关系是垂直即l ⊥α.]3．(多选)若a ，b ，c 不共面，则( ) A ．b ＋c ，b －c ，a 共面 B ．b ＋c ，b －c ，2b 共面 C ．b ＋c ，a ，a ＋b ＋c 共面 D ．a ＋c ，a －2c ，c 共面 BCD [∵2b ＝(b ＋c )＋(b －c )， ∴b ＋c ，b －c ，2b 共面，故B 正确； ∵a ＋b ＋c ＝(b ＋c )＋a ，∴b ＋c ，a ，a ＋b ＋c 共面，故C 正确； ∵a ＋c ＝(a －2c )＋3c ，∴a ＋c ，a －2c ，c 共面，故D 正确．对于A 选项，若设b ＋c ＝λ(b －c )＋μ a ，则b ＋c ＝λb －λc ＋μ a 得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1－λ＝1μ＝0，故无解，因此b ＋c ，b －c ，a 不共面．故选BCD.]4．已知四边形ABCD 满足：AB → ·BC → >0，BC → ·CD → >0，CD → ·DA → >0，DA → ·AB →>0，则该四边形为( )A ．平行四边形B ．梯形C ．长方形D ．空间四边形D [由AB → ·BC → >0，BC → ·CD → >0，CD → ·DA → >0，DA → ·AB →>0，知该四边形一定不是平面图形．] 5．(多选)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，给出以下向量表达式，其中能够化简为向量BD 1的是( )A ．(A 1D 1－A 1A )－AB →B ．(BC →＋BB 1)－D 1C 1 C ．(AD → －AB →)－2DD 1 D ．(B 1D 1＋A 1A )＋DD 1AB [A 项，(A 1D 1－A 1A )－AB → ＝AD 1－AB →＝BD 1； B 项，(BC →＋BB 1)－D 1C 1＝BC 1－D 1C 1＝BD 1； C 项，(AD → －AB → )－2DD 1＝BD →－2DD 1≠BD 1； D 项，(B 1D 1＋A 1A )＋DD 1＝B 1D ＋DD 1＝B 1D 1≠BD 1．综上，AB 符合题意．故选AB.]6．已知向量a ＝(0，－1，1)，b ＝(4，1，0)，|λa ＋b |＝29 且λ>0，则λ＝________．解析： a ＝(0，－1，1)，b ＝(4，1，0)，所以λa ＋b ＝(4，1－λ，λ)，所以16＋(λ－1)2＋λ2＝29(λ>0)，解得λ＝3. 答案： 37.(2020·烟台模拟)三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，M ，N 分别是A 1B，B 1C 1上的点，且BM ＝2A 1M ，C 1N ＝2B 1N .设AB → ＝a ，AC →＝b ，AA 1＝c .(1)用a ，b ，c 表示向量MN →为________；(2)若∠BAC ＝90°，∠BAA 1＝∠CAA 1＝60°，AB ＝AC ＝AA 1＝1，则MN 的长为________．解析： (1)由题图知MN →＝MA 1＋A 1B 1＋B 1N ＝ 13 BA 1＋AB → ＋13B 1C 1 ＝13 (c －a )＋a ＋13 (b －a )＝13 a ＋13 b ＋13c . (2)由题设条件因为(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a·b ＋2b·c ＋2a·c ＝1＋1＋1＋0＋2×1×1×12 ＋2×1×1×12 ＝5，所以||a ＋b ＋c ＝ 5 ，||MN → ＝13 ||a ＋b ＋c ＝53. 答案： (1)13 a ＋13 b ＋13 c (2)538．已知点P 是平行四边形所在的平面外一点，如果AB → ＝(2，－1，－4)，AD →＝(4，2，0)，AP → ＝(－1，2，－1).对于下列结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP → 是平面ABCD 的法向量；④AP → ∥BD →.其中正确的是________．解析：因为AB → ·AP → ＝0，AD → ·AP →＝0，所以AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确；又AB → 与AD →不平行，所以AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确；因为BD → ＝AD → －AB → ＝(2，3，4)，AP →＝(－1，2，－1)，所以BD → 与AP →不平行，故④错．答案： ①②③9．已知空间中三点A (－2，0，2)，B (－1，1，2)，C (－3，0，4)，设向量a ＝AB → ，b ＝AC →. (1)若|c |＝3，且c ∥BC →，求向量c ； (2)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值；(3)若k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求实数k 的值．解析： (1)∵c ∥BC → ，BC →＝(－3，0，4)－(－1，1，2)＝(－2，－1，2)， ∴c ＝mBC →＝m (－2，－1，2)＝(－2m ，－m ，2m ). 于是|c |＝（－2m ）2＋（－m ）2＋（2m ）2＝3|m |＝3，即m ＝±1.故c ＝(－2，－1，2)或c ＝(2，1，－2). (2)∵a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)， ∴a ·b ＝(1，1，0)·(－1，0，2)＝－1，又|a |＝12＋12＋02 ＝ 2 ，|b |＝（－1）2＋02＋22 ＝ 5 ，∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b| ＝－110＝－1010 ，即向量a 与向量b 的夹角的余弦值为－1010. (3)法一：∵k a ＋b ＝(k －1，k ，2)，k a －2b ＝(k ＋2，k ，－4)，且k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，∴(k －1，k ，2)·(k ＋2，k ，－4)＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8＝0.解得k ＝2或k ＝－52 .故当k a ＋b 与k a －2b 互相垂直时，实数k 的值为2或－52.法二：由(2)知|a |＝ 2 ，|b |＝ 5 ，a ·b ＝－1， ∴(k a ＋b )·(k a －2b ) ＝k 2a 2－k a ·b －2b 2 ＝2k 2＋k －10＝0，解得k ＝2或k ＝－52.10.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．(1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ； (2)求MN 的长．解析： (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 (AC → ＋AD →)－12AB →＝12(q ＋r －p )，所以MN → ·AB → ＝12 (q ＋r －p )·p＝12(q ·p ＋r ·p －p 2) ＝12 (a 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2)＝0. 所以MN → ⊥AB →.即MN ⊥AB . 同理可证MN ⊥CD .(2)由(1)可知MN → ＝12 (q ＋r －p )，所以|MN →|2＝14 (q ＋r －p )2＝14[q 2＋r 2＋p 2＋2(q ·r －p·q －r·p )] ＝14 ⎣⎡⎦⎤a2＋a2＋a2＋2⎝⎛⎭⎫a22－a22－a22 ＝14 ×2a 2＝a22 . 所以|MN →|＝22 A ．所以MN 的长为22A ．11．(多选)(2020·全国高二课时练习)设几何体ABCD -A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，A 1C 与B 1D 相交于点O ，则( )A ．A 1B 1·AC → ＝a 2 B ．AB →·A 1C ＝ 2 a 2 C ．CD →·AB 1＝－a 2D ．AB →·A 1O ＝12aAC [如图，建立空间直角坐标系，则A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，D (0，0，0)，A 1(a ，0，a )，B 1(a ，a ，a )，O ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，a 2 ，∴A 1B 1＝(0，a ，0)，AC →＝(－a ，a ，0)， AB →＝(0，a ，0)，A 1C ＝(－a ，a ，－a )， CD →＝(0，－a ，0)，AB 1＝(0，a ，a )，A 1O ＝⎝⎛⎭⎫－a 2，a 2，－a 2 .∴A 1B 1·AC → ＝a 2，A 正确；AB → ·A 1C ＝a 2，B 错误； CD → ·AB 1＝－a 2，C 正确；AB →·A 1O ＝12a 2，D 错误．故选AC.]12．已知O (0，0，0)，A (1，2，1)，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，1－2λ)，QB → ＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴QA → ·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(1－2λ)(2－2λ)＝6λ2－12λ＋6＝6(λ－1)2，当λ＝1时取最小值，此时Q 点坐标为(1，1，2).答案： (1，1，2)13．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P AD 内是否存在一点G ，使GF ⊥平面PCB ？若存在，求出点G 的坐标；若不存在，试说明理由．解析： (1)证明：由题意知，DA ，DC ，DP 两两垂直．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 ，a 2，则D (0，0，0)，A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，E (a ，0)，P (0，0，a )，F (a 2 ，a 2 ，a 2 )，EF → ＝(－a 2 ，0，a 2 )，DC → ＝(0，a ，0).因为EF → ·DC → ＝0，所以EF →⊥DC →，从而得EF ⊥CD .(2)存在．理由如下：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 ＝a2；由FG → ·CP →＝(x －a 2 ，－a 2 ，z －a 2 )·(0，－a ，a )＝a22 ＋a (z －a2 )＝0，得z ＝0. 所以G 点坐标为(a2，0，0).故存在满足条件的点G ，且点G 为AD 的中点．14．已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP → ＝xOA → ＋yOB → ＋zOC →(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B [当x ＝2，y ＝－3，z ＝2时，即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 → ＝mAB → ＋nAC → (m ，n ∈R )，即OP → －OA →＝m (OB → －OA → )＋n (OC → －OA → )，即OP → ＝(1－m －n )OA → ＋mOB → ＋nOC →，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．故选B.]15.如图，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MG → ＝2GN → ，若OG → ＝xOA →＋y OB →＋zOC →，则x ＋y ＋z ＝________．解析：连接ON ，设OA → ＝a ，OB → ＝b ，OC →＝c .则MN → ＝ON → －OM → ＝12 (OB → ＋OC →)－12 OA → ＝12 b ＋12 c －12 a ，OG → ＝OM → ＋MG →＝12 OA → ＋23 MN →＝12 a ＋23 (12 b ＋12 c －12a )＝16 a ＋13 b ＋13c . 又OG → ＝xOA → ＋yOB → ＋zOC → ，所以x ＝16 ，y ＝13 ，z ＝13 ，因此x ＋y ＋z ＝16 ＋13 ＋13 ＝56 .。

高考数学一轮复习课时作业(四十四) 空间向量的综合应用

课时作业(四十四) 空间向量的综合应用1．已知正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，CC 1＝2 2 ，E 为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为( )A ．2B ． 3C ． 2D ．1D [以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)，则D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，C 1(0，2，2 2 )，E (0，2， 2 )，易知AC 1∥平面BDE ，DB → ＝(2，2，0)，DE →＝(0，2， 2 ).设n ＝(x ，y ，z )是平面BDE 的法向量．则⎩⎪⎨⎪⎧n·DB →＝2x ＋2y ＝0n·DE →＝2y ＋2z ＝0.取y ＝1，则n ＝(－1，1，－ 2 )为平面BDE 的一个法向量．又DA →＝(2，0，0)，所以点A 到平面BDE 的距离是 d ＝|n·DA →||n|＝|－1×2＋0＋0|（－1）2＋12＋（－2）2＝1.故直线AC 1到平面BED 的距离为1.]2．(多选)(2020·泉州科技中学高二月考)已知直线l 的方向向量n ＝(1，0，－1)，A ＝(2，1，－3)为直线l 上一点，若点P (－1，0，－2)为直线外一点，则P 到直线l 上任意一点Q 的距离可能为( )A ．2B ． 3C ． 2D ．1AB [由题设条件可知，AP →＝(－3，－1，1)，所以n ·AP →＝1×(－3)＋0×(－1)＋(－1)×1＝－4，设n 与AP →的夹角为θ，θ∈[0，π]，则cos θ＝n·AP →|n|·|AP →| ＝－42·11 ＝22211 ，所以sin θ＝1－⎝⎛⎭⎫－222112 ＝3311 ，所以点P 到直线l 的距离为d ＝|AP →|sin θ＝11 ×3311＝ 3 ，P 到直线l 上任意一点Q 的距离要大于等于 3 ，故选AB.] 3．(2020·全国卷Ⅰ)如图，在三棱锥P -ABC 的平面展开图中，AC ＝1，AB ＝AD ＝ 3 ，AB ⊥AC ，AB ⊥AD ，∠CAE ＝30°，则cos ∠FCB＝________.解析：在△ABC 中， AB ⊥AC, AC ＝1，AB ＝ 3 ，所以BC ＝2. 在△ABD 中， AB ⊥AD, AD ＝ 3 ，AB ＝ 3 ，所以BD ＝ 6 .在△ACE 中，AC ＝1，AE ＝AD ＝ 3 ，∠CAE ＝30°，由余弦定理得CE 2＝AC 2＋AE 2－2AC ·AE ·cos ∠CAE ＝1＋3－2×1× 3 ×32＝1，所以CE ＝1. 在△BCF 中，BC ＝2，FC ＝CE ＝1，BF ＝BD ＝ 6 ，由余弦定理得 cos ∠FCB ＝FC2＋BC2－FB22FC·BC ＝1＋4－62×1×2 ＝－14 .答案：－144．(2020·全国高三专题练习)在长方体ABCD -A ′B ′C ′D ′中，AB ＝AA ′＝2AD ＝2，以D 为原点，DA → ，DC → ，DD′→ 方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系，则AC′→＝________，若点P 为线段AB 的中点，则P 到平面A ′BC ′距离为________．解析：如图，建立空间直角坐标系，因为AB ＝AA ′＝2AD ＝2，则A (1，0，0)，C ′(0，2，2)，A ′(1，0，2)，B (1，2，0)，P (1，1，0).所以AC′→ ＝(－1，2，2)，A′C′→ ＝(－1，2，0)，A′B →＝(0，2，－2)，PB →＝(0，1，0)，设平面A ′BC ′的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎨⎧A′B →⊥nA′C′⊥n ，得⎩⎪⎨⎪⎧A′B →·n ＝0A′C′·n ＝0即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝02y －2z ＝0 ，令y ＝1，则x ＝2，z ＝1，n ＝(2，1，1)，则P 到平面A ′BC ′距离为 d ＝|n·PB →||n|＝14＋1＋1＝66. 答案： (－1，2，2)；665．如图所示，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1＝1，D 是棱CC 1上的一点，P 是AD 的延长线与A 1C 1的延长线的交点，且PB 1∥平面BDA 1.(1)求证：CD ＝C 1D ；(2)求二面角A -A 1D -B 的平面角的余弦值； (3)求点C 到平面B 1DP 的距离．解析： (1)证明：连接AB 1，交BA 1于点O ，连接OD .因为B 1P ∥平面BDA 1，B 1P ⊂平面AB 1P ，平面AB 1P ∩平面BA 1D ＝OD ，所以B 1P ∥OD . 又因为O 为B 1A 的中点，所以D 为AP 的中点．因为C 1D ∥AA 1，所以C 1为A 1P 的中点．所以DC 1＝12 AA 1＝12CC 1，所以C 1D ＝CD .(2)建立如图所示的空间直角坐标系A 1xyz ，则B 1(1，0，0)，B (1，0，1)，D (0，1，12)，所以A 1B 1＝(1，0，0)，A 1B ＝(1，0，1)，A 1D ＝(0，1，12 ).设平面BA 1D 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1).由⎩⎪⎨⎪⎧A1B·n ＝0，A1D·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x1＋z1＝0，y1＋12z1＝0. 令z 1＝2，则x 1＝－2，y 1＝－1，所以n ＝(－2，－1，2)是平面BA 1D 的一个法向量．又A 1B 1＝(1，0，0)为平面AA 1D 的一个法向量，所以cos 〈n ，A 1B 1〉＝n·A1B1|n||A1B1| ＝－23×1 ＝－23.由图形可知二面角A -A 1D -B 为锐角，所以二面角AA 1DB 的平面角的余弦值为23.(3)因为C (0，1，1)，D (0，1，12 )，B 1(1，0，0)，P (0，2，0)，所以CD →＝(0，0，－12 )，DB 1＝(1，－1，－12 )，DP →＝(0，1，－12).设平面B 1DP 的一个法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2).由⎩⎪⎨⎪⎧DB1·m ＝0，DP →·m ＝0，得⎩⎨⎧x2－y2－12z2＝0，y2－12z2＝0.令z 2＝2，则x 2＝2，y 2＝1，所以m ＝(2，1，2).所以点C 到平面B 1DP 的距离d ＝|CD →·m||m| ＝13.6.如图，C 是以AB 为直径的圆O 上异于A ，B 的点，平面P AC ⊥平面ABC ，P A ＝PC ＝AC ＝2，BC ＝4，E ，F 分别是PC ，PB 的中点，记平面AEF 与平面ABC 的交线为直线l .(1)求证：直线l ⊥平面P AC ；(2)直线l 上是否存在点Q ，使直线PQ 分别与平面AEF 、直线EF 所成的角互余？若存在，求出AQ 的值；若不存在，请说明理由．解析： (1)证明：因为E ，F 分别为PC ，PB 的中点，所以BC ∥EF .又EF ⊂平面EF A ，BC ⊄平面EF A ，所以BC ∥平面EF A ．又BC ⊂平面ABC ，平面EF A ∩平面ABC ＝l ，所以BC ∥l .又BC ⊥AC ，平面P AC ∩平面ABC ＝AC ，平面P AC ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以BC ⊥平面P AC .所以直线l ⊥平面P AC .(2)存在．此时AQ ＝1.理由如下：以C 为坐标原点，CA ，CB 所在直线分别为x 轴、y 轴，过点C 且垂直于平面ABC 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图．则A (2，0，0)，B (0，4，0)，P (1，0， 3 )，所以E (12 ，0，32 )，F (12 ，2，32 )，所以AE → ＝(－32 ，0，32)，EF →＝(0，2，0).因为BC ∥l ，所以设Q (2，y ，0)，平面AEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AE →·m ＝0，EF →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－32x ＋32z ＝0，2y ＝0，取z ＝ 3 ，则x ＝1，y ＝0，所以平面AEF 的一个法向量m＝(1，0， 3 ).又PQ →＝(1，y ，－ 3 )，则|cos 〈PQ → ，EF →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2y24＋y2 ＝|y|4＋y2， |cos 〈PQ → ，m 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－324＋y2 ＝14＋y2 ，依题意，得|cos 〈PQ → ，EF → 〉|＝|cos 〈PQ →，m 〉|，所以y ＝±1，所以直线l 上存在点Q ，使直线PQ 分别与平面AEF 、直线EF 所成的角互余，此时AQ ＝1.7．(开放题)(2020·山东潍坊二模)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．①AB ⊥BC ，②FC 与平面ABCD 所成的角为π6 ，③∠ABC ＝π3如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是菱形，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝AB ＝2，PD 的中点为F .(1)在线段AB 上是否存在一点G ，使得AF ∥平面PCG ？若存在，指出G 在AB 上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由；(2)若______，求二面角F -AC -D 的余弦值．解析： (1)存在线段AB 的中点G ，使得AF ∥平面PCG .证明如下：如图所示，设PC 的中点为H ，连接FH ，GH .∵FH ∥CD ，FH ＝12 CD ，AG ∥CD ，AG ＝12CD ，∴FH ∥AG ，FH ＝AG ，∴四边形AGHF 为平行四边形，则AF ∥GH . 又GH ⊂平面PGC ，AF ⊄平面PGC ，∴AF ∥平面PGC . (2)选择①，AB ⊥BC . ∵P A ⊥平面ABCD ， ∴P A ⊥AB ，P A ⊥AD .∴AB ，AD ，AP 两两垂直，以AB ，AD ，AP 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．∵P A ＝AB ＝2，∴A (0，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，F (0，1，1)，∴AF →＝(0，1，1)，CF →＝(－2，－1，1).设平面F AC 的法向量为μ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧μ·AF →＝y ＋z ＝0，μ·CF →＝－2x －y ＋z ＝0 ，取y ＝1，得μ＝(－1，1，－1).易知平面ACD 的一个法向量为v ＝(0，0，1)，设二面角F -AC -D 的大小为θ，由图知二面角F -AC -D 为锐二面角，则cos θ＝|μ·v||μ||v| ＝33 ，∴二面角F -AC -D 的余弦值为33. 选择②，FC 与平面ABCD 所成的角为π6.如图，取BC 中点E ，连接AE ，取AD 的中点M ，连接FM ，CM ，则FM ∥P A ，且FM ＝1. ∵P A ⊥平面ABCD ，∴FM ⊥平面ABCD ，∴FC 与平面ABCD 所成角为∠FCM ， ∴∠FCM ＝π6.在Rt △FCM 中，CM ＝ 3 . 又CM ＝AE ，∴AE 2＋BE 2＝AB 2，∴BC ⊥AE ，∴AE ⊥AD .∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥AD ，P A ⊥AE ，∴AE ，AD ，AP 两两垂直，以AE ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．∵P A ＝AB ＝2，∴A (0，0，0)，C ( 3 ，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，F (0，1，1)，AF →＝(0，1，1)，CF →＝(－ 3 ，0，1).设平面F AC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m·AF →＝y ＋z ＝0，m·CF →＝－3x ＋z ＝0 ，取x ＝ 3 ，得m ＝( 3 ，－3，3).易知平面ACD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)，设二面角F －AC －D 的大小为θ，由图知二面角F －AC －D 为锐二面角，则cos θ＝|m·n||m||n| ＝217 .∴二面角F －AC －D 的余弦值为217. 选择③，∠ABC ＝π3.取BC 中点E ，连接AE ，∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥AE ，P A ⊥AD ， ∵底面ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°，∴△ABC 是正三角形． ∵E 是BC 的中点，∴BC ⊥AE ，∴AE ，AD ，AP 两两垂直，以AE ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．以下同选择②.8．如图1，在边长为2的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，DE ⊥AB 于点E ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥BE ，如图2.(1)求证：A 1E ⊥平面BCDE ； (2)求二面角E -A 1D -B 的余弦值；(3)在线段BD 上是否存在点P ，使平面A 1EP ⊥平面A 1BD ？若存在，求BPBD 的值；若不存在，说明理由．解析： (1)证明：因为A 1D ⊥BE ，DE ⊥BE ，A 1D ∩DE ＝D ， A 1D ，DE ⊂平面A 1DE ，所以BE ⊥平面A 1DE ，因为A 1E ⊂平面A 1DE ，所以A 1E ⊥BE ，又因为A 1E ⊥DE ，BE ∩DE ＝E ，BE ，DE ⊂平面BCDE ，所以A 1E ⊥平面BCDE .(2)以E 为原点，分别以EB ，ED ，EA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则B (1，0，0)，D (0， 3 ，0)，A 1(0，0，1)，所以BA 1＝(－1，0，1)，BD →＝(－1， 3 ，0)，设平面A 1BD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n·BA1＝－x ＋z ＝0，n·BD →＝－x ＋3y ＝0 得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝z ，x ＝3y ，令y ＝1，得n ＝( 3 ，1， 3 )为平面A 1BD 的一个法向量，因为BE ⊥平面A 1DE ，所以EB →＝(1，0，0)是平面A 1DE 的一个法向量， cos 〈n ，EB →〉＝n·EB →|n|·|EB →| ＝37 ＝217 ，由图可知所求二面角为锐角，所以二面角E -A 1D -B 的余弦值为217. (3)假设在线段BD 上存在一点P ，使得平面A 1EP ⊥平面A 1BD ，设P (x ，y ，z )，BP → ＝λBD →(0≤λ≤1)，则(x －1，y ，z )＝λ(－1， 3 ，0)，所以P (1－λ， 3 λ，0)，所以EA 1＝(0，0，1)，EP →＝(1－λ， 3 λ，0)，设平面A 1EP 的法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧m·EA1＝z1＝0，m·EP →＝（1－λ）x1＋3λy1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧z1＝0，（1－λ）x1＝－3λy1，令x 1＝ 3 λ，得m ＝( 3 λ，λ－1，0)，因为平面A 1EP ⊥平面A 1BD ，所以m ·n ＝3λ＋λ－1＝0，解得λ＝14∈[0，1]，所以在线段BD 上存在点P ，使得平面A 1EP ⊥平面A 1BD ，且BP BD ＝14.9．(2020·福建省质量检测)如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝3，点E 在线段BC 上，BE ＝2EC .把△BAE 沿AE 翻折至△B 1AE 的位置，B 1∉平面AECD ，连接B 1D ，点F 在线段DB 1上，DF ＝2FB 1，如图2.(1)证明：CF ∥平面B 1AE ；(2)当三棱锥B 1ADE 的体积最大时，求二面角B 1-DE -C 的余弦值．解析：法一：(1)依题意得，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝3，BE ＝2EC ，所以AD ＝3，EC ＝1.如图3，在线段B 1A 上取一点M ，满足AM ＝2MB 1，连接MF ，ME ，又DF ＝2FB 1，所以B1M MA ＝B1F FD，故FM ∥AD ，FM ＝13AD . 又EC ∥AD ，所以EC ∥FM ，因为FM ＝13AD ＝1，所以EC ＝FM ，所以四边形FMEC 为平行四边形，所以CF ∥EM ，又CF ⊄平面B 1AE ，EM ⊂平面B 1AE ，所以CF ∥平面B 1AE .(2)设B 1到平面AECD 的距离为h ，则V B1-AED ＝13·S △AED ·h ，又S △AED ＝3，所以V B1-AED ＝h ，故要使三棱锥B 1AED 的体积取到最大值，须且仅需h 取到最大值．如图4，取AE 的中点O ，连接B 1O ，依题意得B 1O ⊥AE ，则h ≤B 1O ＝ 2 ，因为平面B 1AE ∩平面AECD ＝AE ，B 1O ⊥AE ，B 1O ⊂平面B 1AE ，故当平面B 1AE ⊥平面AECD 时，B 1O ⊥平面AECD ，h ＝B 1O . 即当且仅当平面B 1AE ⊥平面AECD 时，V B1AED 取得最大值，此时h ＝ 2 .以D 为坐标原点，DA → ，DC → 的方向分别为x 轴、y 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则D (0，0，0)，E (1，2，0)，B 1(2，1， 2 )，DB 1＝(2，1， 2 )，DE → ＝(1，2，0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面B 1ED 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n·DB1＝0，n·DE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＋2z ＝0，x ＋2y ＝0，令y ＝1，则x ＝－2，z ＝32 ，所以平面B 1ED 的一个法向量n ＝(－2，1，32 )，又平面CDE 的一个法向量为m ＝(0，0，1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n| ＝324＋1＋92＝31919 . 因为二面角B 1-DE -C 为钝角，所以其余弦值等于－31919. 法二：(1)依题意，在线段AD 上取一点Q ，使得DQ ＝23DA ，连接FQ ，CQ ，如图5，因为DF ＝2FB 1，所以DQ DA ＝DF DB1，所以FQ ∥B 1A ，因为FQ ⊄平面B 1AE ，B 1A ⊂平面B 1AE ，所以FQ ∥平面B 1AE ，在矩形ABCD 中，AD ＝BC ，BE ＝2EC ，所以EC ＝13 BC ＝13AD ＝AQ ，又AQ ∥EC ，所以四边形QAEC 为平行四边形，故QC ∥AE ，又CQ ⊄平面B 1AE ，AE ⊂平面B 1AE ，所以CQ ∥平面B 1AE ，又CQ ∩FQ ＝Q ，所以平面QCF ∥平面B 1AE ，又CF ⊂平面QCF ，所以CF ∥平面B 1AE .(2)设B 1到平面AECD 的距离为h ，则V B1-AED ＝13·S △AED ·h ，又S △AED ＝3，所以V B1-AED ＝h ，故要使三棱锥B 1-AED 的体积取到最大值，须且仅需h 取到最大值．如图6，取AE 的中点O ，连接B 1O ，依题意得B 1O ⊥AE ，则h ≤B 1O ＝ 2 ，因为平面B 1AE ∩平面AECD ＝AE ，B 1O ⊥AE ，B 1O ⊂平面B 1AE ，故当平面B 1AE ⊥平面AECD 时，B 1O ⊥平面AECD ，h ＝B 1O . 即当且仅当平面B 1AE ⊥平面AECD 时，V B1AED 取得最大值，此时h ＝ 2 .以O 为坐标原点，EC → ，CD → 的方向分别为x 轴，y 轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz ，则B 1(0，0， 2 )，D (2，1，0)，E (1，－1，0)，所以EB 1＝(－1，1， 2 )，ED → ＝(1，2，0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面B 1ED 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n·EB1＝0，n·ED →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＋2z ＝0，x ＋2y ＝0.令y ＝－1，得n ＝(2，－1，32)，又平面CDE 的一个法向量为m ＝(0，0，1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n| ＝324＋1＋92＝31919 ，因为B 1-DE -C 为钝角，所以其余弦值等于－31919.。