【优化方案】2014届高考数学 9.4 空间向量及其运算(B)随堂检测(含解析)
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。
空间向量及其运算测试题答案
新课标高二数学同步测试（2－1第三章3.1）一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的括号内（每小题5分，共50分）． 1．在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，若B A 1=a ，11D A =b ，A A 1=c .则下列向量中与M B 1相等的向量是（ ）A ．c b a ++-2121B ．c b a ++2121C ．c b a +-2121D ．c b a +--21212．在下列条件中，使M 与A 、B 、C 一定共面的是 （ ）A ．OC OB OA OM --=2 B ．OC OB OA OM 213151++=C ．=++MC MB MA 0D ．=+++OC OB OA OM 03．已知平行六面体''''ABCD A B C D -中，AB=4，AD=3，'5AA =，090BAD ∠=，''060BAA DAA ∠=∠=，则'AC 等于（ ）A ．85B ．85C ．52D ．504．与向量(1,3,2)a =-平行的一个向量的坐标是（ ） A ．（31，1，1）B ．（－1，－3，2）C ．（－21，23，－1）D ．（2，－3，－22）5．已知A （－1，－2，6），B （1，2，－6）O 为坐标原点，则向量,OA OB 与的夹角是（ ）A ．0B ．2πC ．πD ．32π 6．已知空间四边形ABCD 中，c OC ，b OB ，a OA ===，点M 在OA 上，且OM=2MA ，N 为BC 中点，则MN =（ ） A ．cb a 213221+- B ．c b a 212132++-C ．c b a 212121-+D ．c b a 213232-+7．设A 、B 、C 、D 是空间不共面的四点，且满足000=•=•=•AD AB ，AD AC ，AC AB ，则BCD 是（ ）A ．钝角三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．不确定图8．空间四边形OABC 中，OB=OC ，AOB=AOC=600，则cos BC ，OA = （ ）A ．21B ．22 C ．21 D ．09．已知A （1，1，1）、B （2，2，2）、C （3，2，4），则∆ABC 的面积为（ ）A ．3B ．32C ．6D ．2610． 已知),,2(),,1,1(t t b t t t a =--=，则||b a -的最小值为（ ）A ．55 B ．555 C ．553 D ．511 二、填空题：请把答案填在题中横线上（每小题6分，共24分）．11．若)1,3,2(-=a ，)3,1,2(-=b ，则b a ,为邻边的平行四边形的面积为 ． 12．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GN MG 2=，现用基组{}OC OB OA ,,表示向量OG ，有OG =x OC z OB y OA ++，则x 、y 、z 的值分别为 ． 13．已知点A(1，2，11)、B(4，2，3)，C(6，1，4)，则ABC 的形状是 ．14．已知向量)0,3,2(-=a ，)3,0,(k b =，若b a ,成1200的角，则k= ．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤(共76分)． 15．（12分）如图，已知正方体''''ABCD A B C D -的棱长为a ，M 为'BD 的中点，点N 在'AC '上，且|'|3|'|A N NC =，试求MN 的长． 16．（12分）如图在空间直角坐标系中BC =2，原点O 是BC 的中点，点A 的坐标是 )0,21,23(，点D 在平面yOz 上，且∠BDC =90°，∠DCB =30°. （1）求向量OD 的坐标；（2）设向量AD 和BC 的夹角为θ，求cos θ的值O'N MD'C'B'A'C BADzy x 图17．（12分）若四面体对应棱的中点间的距离都相等，证明这个四面体的对棱两两垂直． 18．（12分）四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是一个平行四边形，AB ={2，－1，－4}，AD ={4，2，0}，AP ={－1，2，－1}. （1）求证：PA ⊥底面ABCD ； （2）求四棱锥P —ABCD 的体积； 19．（14分）如图所示，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1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 的长；（2）求cos<11,CB BA >的值； （3）求证：A 1B ⊥C 1M .20．（14分）如图，已知平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形且∠C 1CB =∠C 1CD =∠BCD =60°.（1）证明：C 1C ⊥BD ；（2）假定CD =2，CC 1=23，记面C 1BD 为α，面CBD 为β，求二面角α—BD —β的平面角的余弦值；（3）当1CC CD的值为多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ？请给出证明.参考答案一、1．A ；解析：)(21111BC BA A A BM B B M B ++=+==c +21（－b a +）=－21a +21b +c ．评述：用向量的方法处理立体几何问题，使复杂的线面空间关系代数化，本题考查的是基本的向量相等，与向量的加法.考查学生的空间想象能力.2．A ；解析：空间的四点P 、A 、B 、C 共面只需满足,OC z OB y OA x OP ++=且1=++z y x 既可．只有选项A ．3．B ；解析：只需将A A AD AB C A '++='，运用向量的内即运算即可，2||C A C A '='．4．C ；解析：向量的共线和平行使一样的，可利用空间向量共线定理写成数乘的形式．即b a b a b λ=⇔≠//,0． 5．C ；解析：||||cos b a b a ⋅⋅=θ，计算结果为－1．6．B ；解析：显然OA OC OB OM ON MN 32)(21-+=-=． 7．B ；解析：过点A 的棱两两垂直，通过设棱长应用余弦定理可得三角形为锐角三角形．8．D ；解析：建立一组基向量OC OB OA ,,，再来处理BC OA ⋅的值． 9．D ；解析：应用向量的运算，显然><⇒>=<AC AB AC AB AC AB AC AB ,sin ||||,cos ，从而得><=AC AB AC AB S ,sin ||||21． 10．C ； 二、11．56；解析：72||||,cos -=>=<b a ba b a ，得753,sin >=<b a ，可得结果．12．OC OB OA 313161++； 解析：OC OB OA OA OC OB OA OM ON OA MN OA MG OM OG 313161]21)(21[3221)(32213221++=-++=-+=+=+= 13．直角三角形；解析：利用两点间距离公式得：222||||||AC BC AB +=．14．39-；解析：219132||||,cos 2-=+=⋅⋅>=<k k b a b a b a ，得39±=k ．三、15．解：以D 为原点，建立如图空间直角坐标系．因为正方体棱长为a ，所以B （a ，a ，0），A'（a ，0，a ），'C （0，a ，a ），'D （0，0，a ）．由于M 为'BD 的中点，取''A C 中点O'，所以M （2a ，2a ，2a ），O'（2a ，2a，a ）．因为|'|3|'|A N NC =，所以N 为''A C 的四等分，从而N 为''O C 的中点，故N （4a ，34a ，a ）．根据空间两点距离公式，可得22236||()()()242424a a a a a MN a a =-+-+-=． 16．解：（1）过D 作DE ⊥BC ，垂足为E ，在Rt △BDC 中,由∠BDC =90°,∠DCB =30°，BC =2，得BD =1，CD =3，∴DE =CD ·sin30°=23.OE =OB －BE =OB －BD ·cos60°=1－2121=. ∴D 点坐标为（0，－23,21），即向量OD [TX →]的坐标为{0，－23,21}. （2）依题意：}0,1,0{},0,1,0{},0,21,23{=-==OC OB OA ， 所以}0,2,0{},23,1,23{=-=--=-=OB OC BC OA OD AD . 设向量AD 和BC 的夹角为θ，则cos θ=222222020)23()1()23(0232)1(023||||++⋅+-+-⨯+⨯-+⨯-=⋅⋅BC AD BC AD 1051-=. 17． 证：如图设321,,r SC r SB r SA ===，则SN SM SH SG SF SE ,,,,,分别为121r ，)(2132r r +，)(2121r r +，321r ，)(2131r r +，221r ，由条件EH=GH=MN 得： 223123212132)2()2()2(rr r r r r r r r -+=-+=-+ 展开得313221r r r r r r ⋅=⋅=⋅∴0)(231=-⋅r r r ，∵1r ≠0，23r r -≠0， ∴1r ⊥（23r r -）即SA ⊥BC ． 同理可证SB ⊥AC ，SC ⊥AB ．18． （1）证明：∵AB AP ⋅=－2－2+4=0，∴AP ⊥AB . 又∵AD AP ⋅=－4+4+0=0，∴AP ⊥AD .∵AB 、AD 是底面ABCD 上的两条相交直线，∴AP ⊥底面ABCD . （2）解：设AB 与AD 的夹角为θ，则 cos θ=1053416161428||||=+⋅++-=⋅⋅AD AB AD ABV =31|AB |·|AD |·sin θ·|AP |=161411059110532=++⋅-⋅ （3）解：|（AB ×AD ）·AP |=|－4－32－4－8|=48它是四棱锥P —ABCD 体积的3倍.猜测：|（AB ×AD ）·AP |在几何上可表示以AB 、AD 、AP 为棱的平行六面体的体积（或以AB 、AD 、AP 为棱的直四棱柱的体积）.评述：本题考查了空间向量的坐标表示、空间向量的数量积、空间向量垂直的充要条件、空间向量的夹角公式和直线与平面垂直的判定定理、棱锥的体积公式等.主要考查考生的运算能力，综合运用所学知识解决问题的能力及空间想象能力.19．如图，建立空间直角坐标系O —xyz . （1）依题意得B （0，1，0）、N （1，0，1） ∴|BN |=3)01()10()01(222=-+-+-.（2）依题意得A 1（1，0，2）、B （0，1，0）、C （0，0，0）、B 1（0，1，2） ∴1BA ={－1，－1，2}，1CB ={0，1，2，}，1BA ·1CB =3，|1BA |=6，|1CB |=5∴cos<1BA ，1CB >=30101||||1111=⋅⋅CB BA CB BA . （3）证明：依题意，得C 1（0，0，2）、M （21,21，2），B A 1={－1，1，2}，M C 1={21,21，0}.∴B A 1·M C 1=－2121++0=0，∴B A 1⊥M C 1，∴A 1B ⊥C 1M . 图评述：本题主要考查空间向量的概念及运算的基本知识.考查空间两向量垂直的充要条件. 20．（1）证明：设CB =a ，CD =b ，1CC =c ，则|a |=|b |，∵CB CD BD -==b －a ， ∴BD ·1CC =（b －a ）·c =b ·c －a ·c =|b |·|c |cos60°－|a |·|c |cos60°=0， ∴C 1C ⊥BD .（2）解：连AC 、BD ，设AC ∩BD =O ，连OC 1，则∠C 1OC 为二面角α—BD —β的平面角. ∵21)(21=+=CD BC CO （a +b ），2111=-=CC CO O C （a +b ）－c∴CO ·211=O C （a +b ）·［21（a +b ）－c ］=41（a 2+2a ·b +b 2）－21a ·c －21b ·c =41（4+2·2·2cos60°+4）－21·2·23cos60°－21·2·23cos60°=23. 则|CO |=3，|O C 1|=23，∴cos C 1OC =33||||11=⋅⋅O C CO O C CO （3）解：设1CC CD=x ，CD =2， 则CC 1=x 2.∵BD ⊥平面AA 1C 1C ，∴BD ⊥A 1C ∴只须求满足：D C C A 11⋅=0即可. 设A A 1=a ，AD =b ，DC =c ， ∵C A 1=a +b +c ，D C 1=a －c ，∴D C C A 11⋅=（a +b +c ）（a －c ）=a 2+a ·b －b ·c －c 2=xx 242+－6， 令6－242xx -=0，得x =1或x =－32（舍去）.评述：本题蕴涵着转化思想，即用向量这个工具来研究空间垂直关系的判定、二面角的求解以及待定值的探求等问题.。
空间向量及其运算习题答案
空间向量及其运算习题答案空间向量及其运算习题答案引言：空间向量是三维空间中的一种数学概念，它可以用来描述物体在空间中的位置、方向和运动状态。
空间向量的运算是空间几何中的重要内容，掌握空间向量的运算方法对于解决实际问题具有重要意义。
本文将通过一些典型的空间向量运算习题，来讲解空间向量的运算方法和答案。
一、向量的加法和减法1. 已知向量A(1, 2, 3)和向量B(4, -1, 2)，求向量A + 向量B的结果。
答案：向量A + 向量B = (1+4, 2+(-1), 3+2) = (5, 1, 5)2. 已知向量C(2, -3, 1)和向量D(-1, 4, -2)，求向量C - 向量D的结果。
答案：向量C - 向量D = (2-(-1), -3-4, 1-(-2)) = (3, -7, 3)二、向量的数量积和夹角3. 已知向量E(1, 2, 3)和向量F(4, -1, 2)，求向量E和向量F的数量积。
答案：向量E·向量F = 1*4 + 2*(-1) + 3*2 = 4 - 2 + 6 = 84. 已知向量G(2, -3, 1)和向量H(-1, 4, -2)，求向量G和向量H的夹角的余弦值。
答案：向量G·向量H = 2*(-1) + (-3)*4 + 1*(-2) = -2 - 12 - 2 = -16|向量G| = √(2^2 + (-3)^2 + 1^2) = √(4 + 9 + 1) = √14|向量H| = √((-1)^2 + 4^2 + (-2)^2) = √(1 + 16 + 4) = √21cosθ = (向量G·向量H) / (|向量G| * |向量H|) = -16 / (√14 * √21)三、向量的向量积和平面方程5. 已知向量I(1, 2, 3)和向量J(4, -1, 2)，求向量I和向量J的向量积。
答案：向量I × 向量J = (2*2 - (-1)*3, 3*4 - 1*2, 1*(-1) - 2*4) = (4 + 3, 12 - 2, -1 - 8) = (7, 10, -9)6. 已知平面P过点(1, 2, 3)，且平面P的法向量为向量K(2, -1, 3)，求平面P的方程。
2014真题空间向量与立体几何
2014 真题空间向量与立体几何1.【2014高考北京理第7题】在空间直角坐标系Oxyz 中,已知(2,0,0)(2,2,0),(0,2,0),(1,1,2)A B C D .若123,,S S S 分别是三棱锥D ABC -在,,xOy yOz zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则（ ）A ．123S S S ==B ．21S S =且23S S ≠C ．31S S =且32S S ≠D ．32S S =且31S S ≠2.【2014高考湖北卷理第5题】在如图所示的空间直角坐标系xyz O -中，一个四面体的顶点坐标分别是（0,0,2），（2,2,0），（1,2，1），（2,2,2），给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（ ）A.①和②B.③和①C. ④和③D.④和②【答案】D【解析】3.【2014全国2高考理第11题】直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为（）A. 110B. 25C.3010D.224.【2014高考北京理第17题】如图，正方体MADE的边长为2，B，C分别为AM，MDP-中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱FD，PC分别交的中点，在五棱锥ABCDE于G，H.AB//；（1）求证：FG=，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求（2）若PA⊥底面ABCDE，且PA AE线段PH的长.5.【2014高考大纲理第19题】如图，三棱柱111ABC A B C -中，点1A 在平面ABC 内的射影D 在AC 上，090ACB ∠=，11,2BC AC CC ===.（I ）证明：11AC A B ⊥；（II ）设直线1AA 与平面11BCC B 31A AB C --的大小.23,1,q r ()3,23,1n =．又()0,0,1p =为平面ABC 的法向量，故1cos ,4n p n p n p⋅==⋅，∴二面角1A AB C --的大小为1arccos 4．考点：1．空间线线垂直、线面垂直、面面垂直的证明；2．二面角的计算． 6.【2014高考福建理第17题】在平行四边形ABCD 中，1AB BD CD ===，,AB BD CD BD ⊥⊥.将ABD ∆沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图.（1）求证： AB CD ⊥；（2）若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值.(2)过点B 在平面BCD 内作BE BD ⊥,如图.由(1)知AB ⊥平面,BCD BE ⊂平面,BCD BD ⊂平面,BCD 所以,AB BE AB BD ⊥⊥.以B 为坐标原点,分别以,,BE BD BA的方向为x轴,y轴,z轴的正方7.【2014高考广东理第18题】如图4，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，30DPC ∠=，AF PC ⊥于点F ，//FE CD ，交PD 于点E .（1）证明：CF ADF ⊥平面； （2）求二面角D AF E --的余弦值.【考点定位】本题考查直线与平面垂直的判定以及利用空间向量法求二面角，属于中等题. 8. 【2014高考重庆理科第19题】如题（19）图，四棱锥ABCD P -中，底面是以O 为中心的菱形，⊥PO 底面ABCD ， 3,2π=∠=BAD AB ，M 为BC 上一点，且AP MP BM ⊥=,21. （Ⅰ）求PO 的长；（Ⅱ）求二面角C PM A --的正弦值.试题解析：从而33,04OM OB BM ⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭，即33,0.4M ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭ 设()0,0,,0,P a a >，则()333,0,,,,.4AP a MP a ⎛⎫=-=-⎪ ⎪⎝⎭因为MP AP ⊥， 故0,MP AP ⋅=即2304a -+=，所以33a a ==（舍去），即3PO =.20.9.【2014高考浙江理第20题】如图，在四棱锥BCDE A -中，平面⊥ABC 平面======∠=∠AC BE DE CD AB BED CDE BCDE ,1,2,90,02.（1）证明：⊥DE 平面ACD ;（2）求二面角E AD B --的大小4681012141618E DB A在Rt AED 中，1DE =，6AD =得7AE =在Rt ABD 中，2BD =2AB =，6AD =，得33BF =，23AF AD =，从而23GF =，在,ABE ABG 中，利用余弦定理分别可得572cos 143BAE BG ∠==，在BFG 中，2223cos 2GF BF BG BFG BF GF +-∠==⋅，所以6BFG π∠=，即二面角E AD B --的大小是6π． 方法二：以D 为原点，分别以射线,DE DC 为,x y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D xyz -如图所示，。
《聚焦典型题》(苏教版)2014届高考一轮数学(理)《空间向量及其运算》(一轮复习限时提分训练基础到提升
空间向量及其运算分层训练A 级 基础达标演练(时间：30分钟 满分：60分)一、填空题(每小题5分，共30分)1．给出下列四个命题：①若p ＝x a ＋y b ，则p 与a ，b 共面；②若p 与a ，b 共面，则p ＝x a ＋y b .③若MP →＝xMA →＋yMB →，则P ，M ，A 、B 共面；④若P ，M ，A ，B 共面，则MP →＝xMA →＋yMB →.其中真命题的序号是________．解析 其中①③为正确命题．答案 ①③2. 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BM →用a ，b ，c 表示为________．解析 BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c . 答案 －12a ＋12b ＋c 3．(2011·苏州期末)已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值是________．解析 由题意知：⎩⎪⎨⎪⎧ λ＋16＝22λ，2μ－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝－3，μ＝12. 答案 2，12或－3，124．已知a ＝(1－t,1－t ，t )，b ＝(2，t ，t )，则|b －a |的最小值为________． 解析 b －a ＝(1＋t,2t －1,0)，∴|b －a |＝＋t 2＋t －2＝ 5⎝ ⎛⎭⎪⎫t －152＋95， ∴当t ＝15时，|b －a |取得最小值为355. 答案 3555. 如图，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为________．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 06．已知a ＋3b 与7a －5b 垂直，且a －4b 与7a －2b 垂直，则〈a ，b 〉＝________.解析 由条件知(a ＋3b )·(7a －5b )＝7|a |2＋16a ·b －15|b |2＝0，及(a －4b )·(7a －2b )＝7|a |2＋8|b |2－30a ·b ＝0.两式相减，得46a ·b ＝23|b |2，∴a ·b ＝12|b |2. 代入上面两个式子中任意一个，即可得到|a |＝|b |.∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝12|b |2|b |2＝12. ∵〈a ，b 〉∈[0°，180°]，∴〈a ，b 〉＝60°.答案 60°二、解答题(每小题15分，共30分)7．若a ＝(1,5，－1)，b ＝(－2,3,5)．(1)若(k a ＋b )∥(a －3b )，求k ；(2)若(k a ＋b )⊥(a －3b )，求k .解 k a ＋b ＝(k －2,5k ＋3，－k ＋5)， a －3b ＝(1＋3×2,5－3×3，－1－3×5)＝(7，－4，－16)．(1)∵(k a ＋b )∥(a －3b )，∴k －27＝5k ＋3－4＝－k ＋5－16，解得k ＝－13. (2)∵(k a ＋b )⊥(a －3b )，∴(k －2)×7＋(5k ＋3)×(－4)＋(－k ＋5)×(－16)＝0.解得k ＝1063. 8. 如图，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 (1)设A B →＝p ，A C →＝q ，A D →＝r .由题意可知：|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p 、q 、r 三向量两两夹角均为60°. M N →＝A N →－A M →＝12(A C →＋A D →)－12A B → ＝12(q ＋r －p )， ∴M N →·A B →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2) ＝12(a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－a 2)＝0. ∴MN ⊥AB ，同理可证MN ⊥CD .(2)由(1)可知，MN ＝12(q ＋r －p )． ∴|M N →2|＝MN →2＝14(q ＋r －p )2 ＝14[q 2＋r 2＋p 2＋2(q ·r －p ·q －r ·p )] ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2＋a 2＋a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a 22－a 22＝14×2a 2＝a 22. ∴|M N →|＝22a ，∴MN 的长为22a . 分层训练B 级 创新能力提升1．(2011·常州月考)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为________．解析 以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (a,0,0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2. 设M (x ，y ，z )，∵点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→， ∴(x －a ，y ，z )＝12(－x ，a －y ，a －z )， ∴x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a 3.得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3， ∴|MN →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32＝216a . 答案 216a 2．在下列条件中，使M 与A 、B 、C 一定共面的是________．①OM →＝2OA →－OB →－OC →；②OM →＝15OA →＋13OB →＋12OC →； ③MA →＋MB →＋MC →＝0；④OM →＋OA →＋OB →＋OC →＝0；解析 ∵MA →＋MB →＋MC →＝0，∴MA →＝－MB →－MC →，则MA →、MB →、MC →为共面向量，即M 、A 、B 、C 四点共面．答案 ③3．已知a ＝(2，－1,2)，b ＝(2,2,1)，则以a ，b 为邻边的平行四边形的面积为________． 解析 |a |＝22＋－2＋22＝3，|b |＝22＋22＋12＝3， a·b ＝2×2＋(－1)×2＋2×1＝4，∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝49，sin 〈a ，b 〉＝659，S 平行四边形＝|a||b|sin 〈a ，b 〉＝65.答案65 4．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，给出下列四个命题：①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 12；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|A B →·AA 1→·A D →|.其中正确命题的序号是________．解析 设正方体的棱长为1，①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2＝3，故①正确；②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，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AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中|AB →·AA 1→·AD →|＝0.故④也不正确．答案 ①②5．已知非零向量e 1，e 2不共线，如果AB →＝e 1＋e 2，AC →＝2e 1＋8e 2，AD →＝3e 1－3e 2，求证：A 、B 、C 、D 共面．证明 令λ(e 1＋e 2)＋μ(2e 1＋8e 2)＋v (3e 1－3e 2)＝0.则(λ＋2μ＋3v )e 1＋(λ＋8μ－3v )e 2＝0.∵e 1，e 2不共线，∴⎩⎪⎨⎪⎧ λ＋2μ＋3v ＝0λ＋8μ－3v ＝0.易知⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝－5μ＝1v ＝1是其中一组解，则－5AB →＋AC →＋AD →＝0.∴A 、B 、C 、D 共面．6. 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°，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，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，π2， 所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23.。
空间向量及其运算练习题含详细答案
空间向量及其运算一、选择题1、与向量a =(12,5)平行的单位向量是( C )A.⎪⎭⎫ ⎝⎛135,1312 B.⎪⎭⎫ ⎝⎛--135,1312 C.⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛135,1312135,1312或 D.⎪⎭⎫ ⎝⎛±±135,1312 2、A (1，1，-2)、B (1，1，1)，则线段AB 的长度是( C ) A.1B.2C.3D.43、向量a ＝(1，2，-2)，b ＝(-2，-4，4)，则a 与b ( C ) A.相交 B.垂直 C.平行D.以上都不对4、m ＝｛8，3，a ｝，n ＝｛2b ,6,5｝，若m ∥n ，则a +b 的值为( C ) A.0B.25 C.221 D.85、若a =（2x ，1，3），b =（1，－2y ，9），如果a 与b 为共线向量，则（ C ）A.x =1，y =1B.x =21，y =－21C.x =61，y =－23D.x =－61，y =236、a ＝｛1,5,-2｝，b ＝｛m ,2,m +2｝，若a ⊥b ，则m 的值为( B )A.0B.6C.-6D.±67、若非零向量a ＝｛x 1，y 1，z 1｝，b ＝｛x 2，y ２，z 2｝,则212121z zy y x x ==是a 与b 同向或反向的( A )A.充分不必要条件B.必要非充分条件C.充要条件D.不充分不必要条件8、已知A （－1，－2，6），B （1，2，－6）O 为坐标原点，则向量,OA OB 与的夹角（ C ） A ．0 B ．2π C ．π D ．32π9、已知()()()2,5,1,2,2,4,1,4,1A B C ---，则向量AB AC 与的夹角为（ C ） A. 030 B.045 C.060 D.09010、设OABC 是四面体，G 1是△ABC 的重心，G 是OG 1上一点，且OG =3GG 1，若OG = x OA +y OB +z OC ，则（x ，y ，z ）为( A )A.（41，41，41） B.（43，43，43） C.（31，31，31） D.（32，32，32） 11、在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成的角为的余弦值( D )A. 23 B.1010 C.53 D.5212、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( D )A.627B.637C.607D.657二、填空题1、空间四边形ABCD ，则AB ·CD +BC ·AD +CA ·BD =_______.2、点A(1,2,1),B(-1,3,4)、D(1,1,1),若PB AP 2=,则|PD |的值是_____________.3、已知空间三点A 、B 、C 坐标分别为(0，0，2)，(2，2，0)，(-2，-4，-2)，点P 在xOy 平面上且PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，则P 点坐标为 .4、a ＝(1，λ，2)，b ＝(2，－1,2)，且a 与b 的夹角的余弦为89，则λ＝_____________.小组： 组号： 姓名：__________一、选择题（本题共12小题，每题5分，共60分）题号 123456789101112答案二、填空题（共4小题，每题5分，共20分）请把正确答案填写在相应的位置上.1、_______ ___2、___________3、_____________4、 三、解答题1.已知()()2,4,,2,,26a x b y a b ===⊥，若a 且，求x y +的值.2.设向量()()3,5,4,2,1,832,,a b a b a b =-=-⋅，计算并确定,λμ的关系，使a b z λμ+与轴垂直.选做题如图所示，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1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 的长；（2）求cos<11,CB BA >的值 （3）求证：A 1B ⊥C 1M .答案详解一、选择题1、C 解析：设此向量为(x ,y ),∴⎪⎩⎪⎨⎧==+x y y x 512122，∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==13513121351312y x y x 或 2、C 解析： |AB |=222)21()11()11(++-+-=3. 3、C 解析：a =(1,2,-2)=-21·b ∴a ∥b .4、C 解析： ∵m ∥n ,故(8,3,a )=k (2b ,6,5)，∴8=2bk ,3=6k ,a =5k ， ∴k =21 故a =25,b =8,∴a +b =25+8=2215、C6、B 解析：∵a ⊥b ∴1·m +5·2-2(m +2)=0. ∴m =6.7、A 解析：若212121z zy y x x ==，则a 与b 同向或反向，反之不成立. 8、C 9、C 10、A 11、D12、D 解析：∵a 、b 、c 三向量共面，所以存在实数m 、n ，使得c ＝ma ＋nb .即⎩⎪⎨⎪⎧7＝2m －n5＝－m ＋4n λ＝3m －2n∴λ＝657.二、填空题 1、02、解析:设点P(x,y,z),则由PB AP 2=,得 (x-1,y-2,z-1)=2(-1-x,3-y,4-z),即⎪⎩⎪⎨⎧-=---=---=-,281,262,221z z y y x x 解得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧==-=.3,38,31z y x则|PD |=222)13()138()131(-+-+--=377.3、(-8,6,0) 由向量的数量的积求得.4、解析： 因为a ·b ＝1×2＋λ×(－1)＋2×2＝6－λ，又因为a ·b ＝|a ||b |·cos 〈a ，b 〉＝5＋λ2·9·89＝835＋λ2，所以835＋λ2＝6－λ，解得λ＝－2或255.三、解答题1、解：由22262436a x =⇒++=………………………………①又0a b a b ⊥⇒⋅=即4420y x ++=………………………………………………② 由①②有：4,34,1x y x y ==-=-=或13x y ∴+=-或2、解：323(3,5,4)2(2,1,8)a b -=--=（9,15,-12）-(4,2,16)=(5,13,-28)a b ⋅=(3,5,-4)⋅(2,1,8)=6+5-32=-21由()(0,0,1)(32,5,48)a b λμλμλμλμ+⋅=++-+(0,0,1)⋅480λμ=-+=即当,λμ满足48λμ-+＝0即使a b λμ+与z 轴垂直.选做题：解析:如图，建立空间直角坐标系O —xyz .（1）依题意得B （0，1，0）、N （1，0，1） ∴|BN |=3)01()10()01(222=-+-+-.（2）依题意得A 1（1，0，2）、B （0，1，0）、C （0，0，0）、B 1（0，1，2）∴1BA ={－1，－1，2}，1CB ={0，1，2，}，1BA ·1CB =3，|1BA |=6，|1CB |=5∴cos<1BA ，1CB >=30101||||1111=⋅⋅CB BA CB BA .（3）证明：依题意，得C 1（0，0，2）、M （21,21，2），B A 1={－1，1，2}，M C 1={21,21，0}.∴B A 1·M C 1=－2121++0=0，∴B A 1⊥M C 1，∴A 1B ⊥C 1M .评述：本题主要考查空间向量的概念及运算的基本知识.考查空间两向量垂直的充要条件.图。
优化设计2014高考总复习理科数学 8.6
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∴ 1 ·CB1 =3, 1 |= 6, 1 |= 5, BA |BA |CB ∴ cos<BA1 , 1 >= CB
BA 1 ·CB 1 |BA 1 ||CB 1 |
=
30 10
. , ,2 , C1 M = ∴
1 1 2 2
(3) 证明: 依题意得 C1(0, 2), 0, M 又A1 B=(-1, -2), 1, ∴ 1 B·C1 M=- + +0=0. A
2 5
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方法提炼
1.两个向量的数量积, 其结果是数量, 而不是向量, 这是与空间向量的加、 减、数乘等线性运算最大的区别. 2.利用两空间向量的数量积运算公式, 可以求向量的模、求两个向量的 夹角、证明两个向量垂直等.
请做演练巩固提升 3
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三、空间向量的坐标运算
【例 3-1】 已知: x, 1)b=( y, , 3, z)a∥b, a=( 4, , -2, -1)c=( -2, , b⊥c, 求:1) b, ( a, c; ( a+c 与 b+c 所成角的余弦值. 2)
请做演练巩固提升 1
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二、空间向量的数量积
【例 2】 已知空间中三点 A( 0, , -1, 2)C( 0, , -2, 2)B( 1, , -3, 4)设������������=a, =b, ������������ ( 若|c|=3, c∥������������ , 1) 且 求向量 c; ( 求向量 a 与向量 b 的夹角的余弦值; 2) ( 若 ka+b 与 ka-2b 互相垂直, 3) 求实数 k 的值.
( ������������;2) 1 N;3) 1) ( ������ ( ������������ + ������������1 .
【VIP专享】2014年高考空间向量与立体几何真题答案
11
7
4
1
4
9、B
设边长为1，分别以CD,CB,CC1为x, y, z轴建立坐标系，设P(0,0, m), m∈ [0,1]，则 11
O( 2 , 2 ,0), B(0，1,0), D(1,0,0), A1(1,1,1).面A1BD法向量为n = (x, y, z),则 11
BD = (1,-1,0), DA1 = (0,1,1),OP = (- 2 ,- 2 , m), m∈ [0,1]
棱锥的体积计算，二面角）
1、【答案】：C
【解析】：如图所示，原几何体为三棱锥 D ABC ，
其中 AB BC 4, AC 4 2, DB DC 2 5 ，
2
DA 4 2 4 6 ，故最长的棱的长度为 DA 6 ，选 C
2、C
加工前的零件半径为3，高6，∴ 体积v1 = 9π • 6 = 54π. 加工后的零件，左半部为小圆柱，半径2，高4，右半部为大圆柱，半径为3，高为2. ∴ 体积v2 = 4π • 4+9π • 2 = 34π. ∴削掉部分的体积与原体积之比 = 54π - 34π = 10 .故选C.
空间向量求解角度，或采用余弦定理？）
11、A（考查正四棱锥外接球的表面积）12、A
13、B（考查圆锥体的体积）14、A（考查空间向量的数量积）15、D（考查投影）
16、C（利用空间向量求异面直线所成角度）17、 （考查圆柱的侧面积和体积）18、
19、 arctan 2
空间向量坐标法）
21、（1） 省略（2）
54π 27
5、D
6.培养学生观察、思考、对比及分析综合的能力。过程与方法1.通过观察蚯蚓教的学实难验点，线培形养动观物察和能环力节和动实物验的能主力要；特2征.通。过教对学观方察法到与的教现学象手分段析观与察讨法论、，实对验线法形、动分物组和讨环论节法动教特学征准的备概多括媒，体继课续件培、养活分蚯析蚓、、归硬纳纸、板综、合平的面思玻维璃能、力镊。子情、感烧态杯度、价水值教观1和.通过学理解的蛔1虫.过观适1、察于程3观阅 六蛔寄.内列察读 、虫生出蚯材 让标容生3根常蚓料 学本教活.了 据见身： 生，师的2、解 问的体巩鸟 总看活形作 用蛔 题线的固类 结雌动态业 手虫 自形练与 本雄学、三： 摸对 学动状习人 节蛔生结4、、收 一人 后物和同类 课虫活构请一蚯集 摸体 回并颜步关 重的动、学、蚓鸟 蚯的 答归色学系 点形教生生让在类 蚓危 问纳。习从 并状学理列学平的害 题线蚯四线人 归、意特出四生面体以形蚓、形类 纳大图点常、五观玻存 表及动的鸟请动文 本小引以见引、察璃现 ，预物身类 3学物明 节有言及的、导巩蚯上状 是防的体之生和历 课什根蚯环怎学固蚓和， 干感主是所列环史 学么据蚓节二样生练引牛鸟 燥染要否以举节揭 到不上适动、区回习导皮类 还的特分分蚯动晓 的同节于物让分答。学纸减 是方征节布蚓物起 一，课穴并学蚯课生上少 湿法。?广的教， 些体所居归在生蚓前回运的 润；4泛益学鸟色生纳.靠物完的问答动原 的4蛔，处目类 习和活环.近在成前题蚯的因 ？了虫以。标就 生体的节身其实端并蚓快及 触解寄上知同 物表内特动体结验和总利的慢我 摸蚯生适识人 学有容点物前构并后结用生一国 蚯蚓在于与类 的什，的端中思端线问活样的 蚓人飞技有 基么引进主的的考?形题环吗十 体生行能着 本特出要几变以动，境？大 节活的1密 方征本“特节化下物.让并为珍 近习会形理切 法。课生征有以问的小学引什稀 腹性态解的 。2课物。什游题主.结生出么鸟 面和起结蛔关观题体么戏：要利明蚯？类 处适哪构虫系察：的特的特用确蚓等 ，于些特适。蛔章形殊形征板，这资 是穴疾点于可虫我态结式。书生种料 光居病是寄的们结构，五小物典， 滑生？重生鸟内学构，学、结的型以 还活5要生类部习与.其习巩鸟结的爱 是如原活生结了功颜消固类构线鸟 粗形何因的存构腔能色化练适特形护 糙态预之结的，肠相是系习于点动鸟 ？、防一构现你动适否统。飞都物为结蛔。和状认物应与的行是。主构虫课生却为和”其结的与题、病本理不蛔扁的他构特环以生？8特乐虫形观部特8征境小理三页点观的动位点梳相组等、这；，哪物教相，理适为方引些2鸟，育同师.知应单面导鸟掌类结了；？生识的位学你握日构解2互.。办特生认线益特了通动手征观识形减点它过，抄；察吗动少是们理生报5蛔？物，与的解.参一了虫它和有寄主蛔与份解结们环些生要虫其。蚯构都节已生特对中爱蚓。会动经活征人培鸟与飞物灭相。类养护人吗的绝适这造兴鸟类？主或应节成趣的为要濒的课情关什特临？就危感系么征灭来害教；？；绝学，育，习使。我比学们它生可们理以更解做高养些等成什的良么两好。类卫动生物习。惯根的据重学要生意回义答；的3.情通况过，了给解出蚯课蚓课与题人。类回的答关：系线，形进动行物生和命环科节学动价环值节观动的物教一育、。根教据学蛔重虫点病1.引蛔出虫蛔适虫于这寄种生典生型活的线结形构动和物生。理二特、点设；置2.问蚯题蚓让的学生生活思习考性预和习适。于穴居生活的形态、结构、生理等方面的特征；3.线积）20、（2）
空间向量及其运算(习题及答案)
空间向量及其运算(习题及答案)例1：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为上底面A1B1C1D1的中心，若AE=AA1+xAB+yAD，则x，y的值分别为（）。
解析：由于E为上底面A1B1C1D1的中心，所以AE的长度为A1E的长度的一半，即AE=1/2A1E。
又因为A1E的方向向量为1/2(AB+AD)，所以AE=1/2(AA1+AB+AD)。
将AE=AA1+xAB+yAD代入，得到x=1/2，y=1/2，故选D。
例2：在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=2，AD=1，且AB，AD，AA1两两之间的夹角都是60°，则AC1·BD1=（）。
解析：由于AB，AD，AA1两两之间的夹角都是60°，所以它们构成一组正交基底。
设AB=a，AD=b，AA1=c，则AC1=AB+BC1+CA1=a+b/2+c/2，BD1=BD=AD+DC1+CB1=b+a/2+c/2.将AC1·BD1代入，得到AC1·BD1=(a+b/2+c/2)·(b+a/2+c/2)=ab+ac/2+bc/2+a^2/4+b^2/4+c^2/4+ac/4+bc/4，化简得到AC1·BD1=ab+ac+bc+1/4(a^2+b^2+c^2)，代入数值计算得到AC1·BD1=5/2，故选B。
例3：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是A1B1，C1D1的一个四等分点，求BE与DF所成角的余弦值。
解析：以DA，DC。
设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则B(1，1，0)，E(1，1/2，1)，D(0，0，0)，F(0，1/2，1)。
由于BE的方向向量为(0,-1,1)，DF的方向向量为(0,1,1)，所以BE·DF=0*(-1)+(-1)*1+1*1=0，即BE与DF所成角的余弦值为0，故选A。
1.在三棱锥O-ABC中，设OA=a，OB=b，OC=c，用a，b，c表示MN，则MN=1/2√(2a^2+2b^2-2c^2)。
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.。
高三数学空间向量试题答案及解析
高三数学空间向量试题答案及解析1.在如图所示的多面体中，四边形和都为矩形.（Ⅰ）若，证明：直线平面；（Ⅱ）是否存在过的平面，使得直线平行，若存在请作出平面并证明，若不存在请说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）存在，证明见解析【解析】（Ⅰ）由四边形和都为矩形知，⊥AB，⊥AC，由线面垂直判定定理知⊥面ABC，由线面垂直定义知⊥BC，又因为AC⊥BC，由线面垂直判定定理知，BC⊥面；（Ⅱ）取AB的中点为M，连结交于D，连结DE，显然E是的中点，根据三角形中位线定理得，DE∥，又由于DE在面过的平面内，根据线面平行的判定定理知和该平面平行.试题解析：（Ⅰ）证明：因为四边形和都是矩形，所以 2分因为为平面内的两条相交直线，所以 4分因为直线平面，所以又由已知，为平面内的两条相交直线，所以平面 7分（Ⅱ）存在 8分连接，设，取线段AB的中点M，连接.则平面为为所求的平面. 1１分由作图可知分别为的中点，所以 13分又因为因此 14分考点: 空间线面垂直垂直的判定与性质；线面平行的判定；推理论证能力2.如图，平面ABCD⊥平面ADEF，其中ABCD为矩形，ADEF为梯形，AF∥DE，AF⊥FE，AF＝AD＝2DE＝2，M为AD的中点．(1)证明：MF⊥BD；(2)若二面角A－BF－D的平面角的余弦值为，求AB的长．【答案】（1）见解析（2）【解析】(1)证明由已知得△ADF为正三角形，所以MF⊥AD，因为平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，MF⊂平面ADEF，所以MF⊥BD.(2)设AB＝x，以F为原点，AF，FE所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则F(0,0,0)，A(－2,0,0)，D(－1，，0)，B(－2,0，x)，所以＝(1，－，0)，＝(2,0，－x)．因为EF⊥平面ABF，所以平面ABF的法向量可取n1＝(0,1,0)．设n2＝(x1，y1，z1)为平面BFD的法向量，则可取n2＝.因为cos〈n1，n2〉＝＝，得x＝，所以AB＝.3.已知向量＝(2,4,5)，＝(3，x，y)，若∥，则() A．x＝6，y＝15B．x＝3，y＝C．x＝3，y＝15D．x＝6，y＝【答案】D【解析】∵＝＝，∴x＝6，y＝，选D项．4.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝A1D，AF＝AC，则()A．EF至多与A1D，AC之一垂直B．EF⊥A1D，EF⊥ACC．EF与BD1相交D．EF与BD1异面【答案】B【解析】以D点为坐标原点，以DA，DC，DD1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A1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E(，0，)，F(，，0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，＝(－1,0，－1)，＝(－1,1,0)，＝(，，－)，＝(－1，－1,1)，＝－，·＝·＝0，从而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC.故选B.5.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________．【答案】60°【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〉＝120°，∴两直线的夹角为60°.6.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________．【答案】(1,0,1)【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(，，)，即D(1,0,1)．7.如图，四棱柱中，底面.四边形为梯形，,且.过三点的平面记为，与的交点为.（1）证明：为的中点；（2）求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；（3）若，，梯形的面积为6，求平面与底面所成二面角大小.【答案】（1）为的中点；（2）；（3）.【解析】（1）利用面面平行来证明线线平行∥，则出现相似三角形，于是根据三角形相似即可得出，即为的中点.（2）连接.设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，，则.先表示出和，就可求出，从而.（3）可以有两种方法进行求解.第一种方法，用常规法，作出二面角.在中，作，垂足为，连接.又且，所以平面，于是.所以为平面与底面所成二面角的平面角.第二种方法，建立空间直角坐标系，以为原点，分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系.设.因为，所以.从而，，所以，.设平面的法向量，再利用向量求出二面角.（1）证：因为∥，∥,，所以平面∥平面.从而平面与这两个平面的交线相互平行，即∥.故与的对应边相互平行，于是.所以，即为的中点.（2）解：如图，连接.设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，，则.，，所以，又所以，故.（3）解法1如第（20）题图1，在中，作，垂足为，连接.又且，所以平面，于是.所以为平面与底面所成二面角的平面角.因为∥，，所以.又因为梯形的面积为6，，所以.于是.故平面与底面所成二面角的大小为.解法2如图，以为原点，分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系.设.因为，所以.从而，，所以，.设平面的法向量，由得，所以.又因为平面的法向量，所以，故平面与底面所成而面积的大小为.【考点】1.二面角的求解；2.几何体的体积求解.8.如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，∥，，，为的中点．（1）求证：∥平面；（2）求证：平面平面；（3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析；（3）.【解析】本题主要考查中位线、平行四边形的证明、线面平行、线面垂直、面面垂直、二面角等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，作出辅助线MN，N为中点，在中，利用中位线得到，且，结合已知条件，可证出四边形ABMN为平行四边形，所以，利用线面平行的判定，得∥平面；第二问，利用面面垂直的性质，判断面，再利用已知的边长，可证出，则利用线面垂直的判定得平面BDE，再利用面面垂直的判定得平面平面；第三问，可以利用传统几何法证明二面角的平面角，也可以利用向量法建立空间直角坐标系，求出平面BEC和平面ADEF的法向量，利用夹角公式计算即可.（1）证明：取中点，连结．在△中，分别为的中点，所以∥，且．由已知∥，，所以∥，且．所以四边形为平行四边形，所以∥．又因为平面，且平面，所以∥平面． 4分（2）证明：在正方形中，．又因为平面平面，且平面平面，所以平面．所以． 6分在直角梯形中，，，可得．在△中，，所以． 7分所以平面． 8分又因为平面，所以平面平面． 9分（3）（方法一）延长和交于．在平面内过作于,连结．由平面平面，∥，，平面平面=，得，于是．又，平面，所以，于是就是平面与平面所成锐二面角的平面角. 12分由，得.又，于是有.在中，.所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 14分（方法二）由（2）知平面，且．以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系．易得.平面的一个法向量为.设为平面的一个法向量，因为，所以，令，得．所以为平面的一个法向量．１２分设平面与平面所成锐二面角为．则．所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 14分【考点】中位线、平行四边形的证明、线面平行、线面垂直、面面垂直、二面角.9.如图，直四棱柱底面直角梯形，∥，，是棱上一点，，，，，.（1）求异面直线与所成的角；（2）求证：平面.【答案】(1);（2）证明见解析.【解析】（1）本题中由于有两两垂直，因此在求异面直线所成角时，可以通过建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求出所求角；（2）同（1）我们可以用向量法证明线线垂直，以证明线面垂直，，，，易得当然我们也可直线用几何法证明线面垂直，首先，这由已知可直接得到，而证明可在直角梯形通过计算利用勾股定理证明，，，因此，得证.（1）以原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.则，，，. 3分于是,,,异面直线与所成的角的大小等于. 6分（2）过作交于，在中，，，则，，，， 10分，.又，平面. 12分【考点】（1）异面直线所成的角；（2）线面垂直.10.在如图所示的几何体中，平面，∥，是的中点，，．（1）证明：∥平面；（2）求二面角的大小的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2）【解析】（1）要证明直线和平面平行，只需证明直线和平面内的一条直线平行，取中点，连接，则，且，由已知得，且，故，则四边形是平行四边形，可证明，进而证明∥平面，或可通过建立空间直角坐标系，用坐标表示相关点的坐标，证明直线的方向向量垂直于平面的法向量即可；（2）先求半平面和的法向量的夹角的余弦值，再观察二面角是锐二面角还是钝二面角，来决定二面角的大小的余弦值的正负，从而求解．（1）因为，∥，所以平面．故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标分别是，，，，，．所以，因为平面的一个法向量为，所以，又因为平面，所以平面． 6分（2）由（1）知，，，．设是平面的一个法向量，由得，取，得，则设是平面的一个法向量，由得，取，则，则设二面角的大小为，则，故二面角的大小的余弦值为．【考点】1、直线和平面平行的判断；2、二面角的求法.11.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，,，平面平面,若，，,，且．（1）求证：平面；（2）设平面与平面所成二面角的大小为，求的值．【答案】（1）参考解析；（2）【解析】（1）由，所以.又,.在三角形PAO中由余弦定理可得.所以.即.又平面平面且平面平面=AD，平面PAD.所以平面.（2）由题意可得建立空间坐标系，写出相应点的坐标，平面PAD的法向量易得，用待定系数写出平面PBC的法向量，根据两向量的法向量夹角的余弦值，求出二面角的余弦值.（1）因为，，所以， 1分在中，由余弦定理，得， 3分，， 4分， 5分又平面平面，平面平面,平面，平面． 6分（2）如图，过作交于，则，，两两垂直，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 7分则，，8分，， 9分设平面的一个法向量为，由得即取则，所以为平面的一个法向量． 11分平面,为平面的一个法向量．所以， 12分． 13分【考点】1.线面垂直的证明.2.二面角.3.空间坐标系的表示.4.向量的夹角.12.如图，在直三棱柱中，已知，，．（1）求异面直线与夹角的余弦值；（2）求二面角平面角的余弦值．【答案】（1），（2）．【解析】（1）利用空间向量求线线角，关键在于正确表示各点的坐标. 以为正交基底，建立空间直角坐标系．则，，，，所以，,因此，所以异面直线与夹角的余弦值为．（2）利用空间向量求二面角，关键在于求出一个法向量. 设平面的法向量为，则即取平面的一个法向量为；同理可得平面的一个法向量为；由两向量数量积可得二面角平面角的余弦值为．试题解析：如图，以为正交基底，建立空间直角坐标系．则，，，，所以，，，．（1）因为，所以异面直线与夹角的余弦值为． 4分（2）设平面的法向量为，则即取平面的一个法向量为；所以二面角平面角的余弦值为． 10分【考点】利用空间向量求线线角及二面角13.如图，在正四棱锥P－ABCD中，PA＝AB＝，点M，N分别在线段PA和BD上，BN＝BD．（1）若PM＝PA，求证：MN⊥AD；（2）若二面角M－BD－A的大小为，求线段MN的长度．【答案】（1）详见解析;（2）．【解析】（1）由于这是一个正四棱锥，故易建立空间坐标系，易得各点的坐标，由，得，由，得，即可求得向量的坐标：．不难计算出它们的数量积，问题得证;（2）利用在上，可设，得出点的坐标，表示出，进而求出平面的法向量n＝(λ－1，0，λ)，由向量的夹角公式可得，解得，从而确定出，由两点间距离公式得.试题解析：证明：连接交于点，以为轴正方向，以为轴正方向，为轴建立空间直角坐标系．因为，则．（1）由，得，由，得，所以．因为．所以. 4分（2）因为在上，可设，得．所以．设平面的法向量，由得其中一组解为，所以可取n＝(λ－1，0，λ). 8分因为平面的法向量为，所以，解得，从而，所以. 10分【考点】1.线线垂直的证明;2.二面角的计算14.如图，已知四棱锥的底面的菱形，，点是边的中点，交于点，（1）求证：；（2）若的大小；（3）在（2）的条件下，求异面直线与所成角的余弦值。
空间向量及其坐标的运算(精练)(解析版)
1.3 空间向量及其坐标的运算【题组一 空间向量的坐标运算】1．（2020·全国高二）已知点()2,3,1B -，向量()3,5,2AB =-，则点A 坐标是（ ） A ．()1,2,3 B ．()1,2,3-C ．()5,8,1-D ．()5,8,1--【答案】D【解析】设点(),,A x y z ，则向量()()2,3y,1z 3,5,2AB x =----=-，所以233512x y z -=-⎧⎪--=⎨⎪-=⎩⇒581x y z =⎧⎪=-⎨⎪=-⎩，所以点()5,8,1A --.故选：D2．（2019·浙江高二学业考试）设点(5,1,2),(4,2,1),(0,0,0)M A O --．若OM AB =，则点B 的坐标为（ ） A ．(1,3,3)-- B ．(1,3,3)-C ．(9,1,1)D ．(9,1,1)---【答案】C【解析】设点B 的坐标为(,,)x y z ，则(5,1,2),(4,2,1)OM AB x y z =-=--+，∵OM AB =，∴452112x y z -=⎧⎪-=-⎨⎪+=⎩，解得911x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩，故选：C ．3．（2020·绵竹市南轩中学高二月考（理））若()2,3,1a =-，()2,0,3b =，()0,2,2c =，则()a b c ⋅+的值为（ ） A ．()4,6,5- B ．5C ．7D ．36【答案】B【解析】()()()2,0,30,2,22,2,5b c +=+=，()2223(1)55a b c ⋅+=⨯+⨯+-⨯=. 故选：B4．（2019·包头市第四中学高二期中（理））若直线l 的方向向量为m ，平面α的法向量为n ，则可能使//l α的是（ ）A ．()1,0,0m =，()2,0,0n =-B ．()1,3,5m =，()1,0,1n =C ．()0,2,1m =，()1,0,1n =--D ．()1,1,3m =-，()0,3,1n =【答案】D【解析】A 中20m n =-≠，所以排除A ；B 中1560mn =+=≠，所以排除B ； C 中1mn =-，所以排除C ；D 中0mn =，所以m n ⊥，能使//l α. 故选D5．（2020·南京市秦淮中学高二期末）对于任意非零向量()111,,a x y z =，()222,,b x y z =，以下说法错误的有( )A ．若a b ⊥，则1212120x x y y z z ++=B ．若//a b ，则111222x y z x y z == C．cos ,a b =><D ．若1111===x y z ，则a 为单位向量 【答案】BD【解析】对于A 选项，因为a b ⊥，则1212120a b x x y y z z ⋅=++=，A 选项正确； 对于B 选项，若20x =，且20y ≠，20z ≠，若//a b ，但分式12x x 无意义，B 选项错误； 对于C 选项，由空间向量数量积的坐标运算可知cos ,a b =><，C 选项正确； 对于D 选项，若1111===x y z，则211a =+=，此时，a 不是单位向量，D 选项错误. 故选：BD.6（2020·江苏连云港 高二期末）已知点P 是△ABC 所在的平面外一点，若AB ＝(﹣2，1，4)，AP ＝(1，﹣2，1)，AC ＝(4，2，0)，则（ ） A ．AP ⊥AB B ．AP ⊥ BPC ．BCD ．AP // BC【答案】AC【解析】因为0AP AB ⋅=，故A 正确；(3,3,3)BP =--，36360AP BP ⋅=+-=≠，故B 不正确；(6,1,4)BC =-，26BC ==C 正确；(1,2,1)AP =-，(6,1,4)BC =-，各个对应分量的比例不同，故D 不正确。
2024-2025学年度高中数学 周测1 1.1 空间向量及其运算(含解析)
周测1 空间向量及其运算(时间：75分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1. 在空间四边形ABCD 中，下列表达式化简结果与AB →相等的是( )A.AC → ＋CD →B.AC → ＋CB →C.AC → ＋CD → －BC →D.AC → ＋BD → －BC →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BM →等于( )A.12a －12b ＋c B.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD ．－12a ＋12b ＋c3．在下列条件中，一定使点M 与点A ，B ，C 共面的是( )A.OM → ＝OA → －2OB → －OC→B.MA → ＋3MB → ＋5MC → ＝0C.OM → ＝13OA → ＋13OB → ＋12OC→ D.OM → ＋OA → ＋OB → ＋OC →＝04．在四面体ABCD 中，AC ＝AD ＝2AB ＝2，∠BAD ＝60°，AB → ·CD →＝2，则∠BAC 等于( )A ．60°B ．90°C ．120°D ．150°5．已知a ＝2i －2j ＋λk ，b ＝4i －j ＋5k (i ，j ，k 为两两垂直的单位向量)，若a ⊥b ，则λ等于( )A ．－1 B ．1 C ．－2 D ．26．已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面边长AB ＝1，AA 1＝2，P 是正四棱柱表面上一点，则PA → ·PC 1—→的取值范围是( )A.[－12，0]B.[－34，0]C.[－12，1]D.[－34，1]二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分)7．金刚石是天然存在的最硬的物质，图1是组成金刚石的碳原子在空间中排列的结构示意图，组成金刚石的每个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度来看，可以认为这4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示．这就是说，图2中有AE ＝BE ＝CE ＝DE ，若正四面体ABCD 的棱长为2，则下列选项正确的是( )A.|B E→|＝64B.|E A → ＋EB → ＋EC →|＝62C ．cos 〈EC → ，EB→ 〉＝13D.AE → ·AB →＝28．在四面体P －ABC 中，下列说法正确的有( )A ．若AD → ＝13AC → ＋23AB →，则BC → ＝2BD→ B ．若四面体P －ABC 的各棱长都为2，M ，N 分别为PA ，BC 的中点，则|MN →|＝1C ．若PA → ·BC → ＝0，PC → ·AB → ＝0，则PB → ·AC → ＝0D ．若Q 为△ABC 的重心，则PQ → ＝13PA → ＋13PB → ＋13PC→9.如图所示，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1，其中AB ＝AD ＝2，AA 1＝1，∠DAB ＝60°，∠DAA 1＝∠BAA 1＝45°，下列说法中正确的是( )A ．AC 1＝11B ．AC 1⊥DBC ．直线AC 与直线BD 1是相交直线D ．BD 1与AC 所成角的余弦值为22三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)10.如图，已知四棱锥P －ABCD 的各棱长均为2，则AP → ·BC →＝________.11.如图，两条异面直线a ，b 所成的角为60°，在直线a ，b 上分别取点A ′，E 和点A ，F ，使AA ′⊥a 且AA ′⊥b .已知A ′E ＝2，AF ＝3，EF ＝23，则线段AA ′的长为__________．12.如图，已知PA ⊥平面ABC ，∠ABC ＝120°，PA ＝AB ＝BC ＝6，则向量PC → 在BC →上的投影向量为________．四、解答题(本题共3小题，共37分)13.(12分)如图所示，在四面体O －ABC 中，G ，H 分别是△ABC ，△OBC 的重心，设OA →＝a ，OB → ＝b ，OC →＝c ，点D ，M ，N 分别为BC ，AB ，OB 的中点．(1)试用向量a ，b ，c 表示向量MN → ，OG →；(6分)(2)试用空间向量的方法证明M ，N ，G ，H 四点共面．(6分)14.(12分)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面边长均为2.(1)若侧棱长为1，求证：AB 1⊥BC 1；(6分)(2)若AB 1与BC 1所成的角为π3，求侧棱的长．(6分)15.(13分)已知二面角α－l －β为60°，A ，B 是棱l 上的两点，AC ，BD 分别在半平面α，β内，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且AB ＝AC ＝2，BD ＝4.(1) 求线段CD 的长；(6分)(2) 求异面直线CD 与BA 所成的夹角．(7分)周测1 空间向量及其运算（解析版）(时间：75分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1. 在空间四边形ABCD 中，下列表达式化简结果与AB →相等的是( )A.AC → ＋CD →B.AC → ＋CB →C.AC → ＋CD → －BC →D.AC → ＋BD → －BC → 答案 B解析 AC → ＋CD → ＝AD →，A 选项错误；AC → ＋CB → ＝AB →，B 选项正确；AC → ＋CD → －BC → ＝AB → ＋CD →，C 选项错误；AC → ＋BD → －BC → ＝AC → ＋CD → ＝AD →，D 选项错误．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BM →等于( )A.12a －12b ＋c B.12a ＋12b ＋cC ．－12a －12b ＋cD ．－12a ＋12b ＋c答案 D解析 由题意可知M 为A 1C 1与B 1D 1的中点，因此BM → ＝AM → －AB → ＝AA 1—→ ＋A 1M —→ －AB → ＝AA 1—→ ＋12AC → －AB → ＝AA 1—→ ＋12(AB → ＋AD → )－AB → ＝AA 1—→ －12AB → ＋12AD → ＝c －12a ＋12b ＝－12a ＋12b ＋c .3．在下列条件中，一定使点M 与点A ，B ，C 共面的是( )A.OM → ＝OA → －2OB → －OC→ B.MA → ＋3MB → ＋5MC → ＝0C.OM → ＝13OA → ＋13OB → ＋12OC→ D.OM → ＋OA → ＋OB → ＋OC → ＝0答案 B解析 选项A ，OM → ＝OA → －2OB → －OC →，由于1－2－1＝－2≠1，所以不能得出M ，A ，B ，C四点共面；选项B ，由于MA → ＝－3MB → －5MC → ，则MA → ，MB → ，MC →为共面向量，所以M ，A ，B ，C 四点共面；选项C ，OM → ＝13OA → ＋13OB → ＋12OC →，由于13＋13＋12＝76≠1，所以不能得出M ，A ，B ，C 四点共面；选项D ，由OM → ＋OA → ＋OB → ＋OC → ＝0得OM → ＝－OA → －OB → －OC →，而－1－1－1＝－3≠1，所以不能得出M ，A ，B ，C 四点共面．4．在四面体ABCD 中，AC ＝AD ＝2AB ＝2，∠BAD ＝60°，AB → ·CD →＝2，则∠BAC 等于( )A ．60°B ．90°C ．120°D ．150°答案 C解析 由题知，AC ＝AD ＝2AB ＝2，∠BAD ＝60°，所以AB → ·CD → ＝AB → ·(AD → －AC→)＝AB → ·AD → －AB → ·AC →＝|A B→|A D →|cos ∠BAD －|A B→|A C →|cos ∠BAC ＝2，所以1×2cos 60°－1×2cos ∠BAC ＝2，解得∠BAC ＝120°.5．已知a ＝2i －2j ＋λk ，b ＝4i －j ＋5k (i ，j ，k 为两两垂直的单位向量)，若a ⊥b ，则λ等于( )A ．－1 B ．1 C ．－2 D ．2答案 C解析 易知a ，b 均为非零向量，a ·b ＝(2i －2j ＋λk )·(4i －j ＋5k )＝8i 2＋2j 2＋5λk 2－10i ·j ＋(10＋4λ)i ·k ＋(－10－λ)j ·k ，∵i ，j ，k 为两两垂直的单位向量，∴i 2＝1，j 2＝1，k 2＝1，i ·j ＝0，i ·k ＝0，j ·k ＝0，∴a ·b ＝8＋2＋5λ＝10＋5λ，∵a ⊥b ，∴a ·b ＝0，∴10＋5λ＝0，解得λ＝－2.6．已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面边长AB ＝1，AA 1＝2，P 是正四棱柱表面上一点，则PA → ·PC 1—→的取值范围是( )A.[－12，0]B.[－34，0]C.[－12，1]D.[－34，1]答案 B解析 设AC 1的中点为O ，则PA → ·PC 1→ ＝(PO → ＋OA → )·(PO → ＋OC 1→ )＝(PO → ＋OA → )·(PO → －OA → )＝|PO →|2－|OA →|2，又|OA → |＝12|AC 1—→ |＝12×1＋1＋2＝1，∵当P 为正四棱柱的侧面的中心时，|PO → |min ＝12，当P 为正四棱柱的顶点时，|PO →|max ＝12|AC 1—→|＝1，∴(|PO → |2－|OA →|2)∈[－34，0]，则PA → ·PC 1—→ 的取值范围是[－34，0].二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分)7．金刚石是天然存在的最硬的物质，图1是组成金刚石的碳原子在空间中排列的结构示意图，组成金刚石的每个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度来看，可以认为这4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示．这就是说，图2中有AE ＝BE ＝CE ＝DE ，若正四面体ABCD 的棱长为2，则下列选项正确的是( )A.|B E→|＝64B.|E A → ＋EB → ＋EC →|＝62C ．cos 〈EC → ，EB → 〉＝13D.AE → ·AB →＝2答案 BD解析 由题意得点E 是正四面体ABCD 外接球的球心，设点O 是顶点A 在底面BCD 内的射影，则AO 是正四面体的高，OB 是△BCD 外接圆的半径，所以OB ＝233，AO ＝263，BE 2＝(AO －AE )2＋OB 2，解得AE ＝62，则EO ＝AO －AE ＝66.对于A ，|BE → |＝|AE →|＝62，故A 错误；对于B ，∵AE ＝BE ＝CE ＝DE ，∴EA → ＋EB → ＝－(EC → ＋ED →)，∴EA → ＋EB → ＋EC → ＋ED → ＝0，∴|E A → ＋EB → ＋EC → |＝|E D →|＝|B E→|＝62，故B 正确；对于C ，cos 〈EC → ，EB → 〉＝cos 〈EA → ，EB → 〉＝－cos 〈EO → ，EB→〉＝－EO EB ＝－13，故C 错误；对于D ，AE → ·AB → ＝|AE → ||AB → |cos 〈AE → ，AB → 〉＝|AE → ||AB → |·AOAB ＝2，故D 正确．8．在四面体P －ABC 中，下列说法正确的有( )A ．若AD → ＝13AC → ＋23AB →，则BC → ＝2BD→B ．若四面体P －ABC 的各棱长都为2，M ，N 分别为PA ，BC 的中点，则|MN →|＝1C ．若PA → ·BC → ＝0，PC → ·AB → ＝0，则PB → ·AC → ＝0D ．若Q 为△ABC 的重心，则PQ → ＝13PA → ＋13PB → ＋13PC→答案 CD解析 如图，对于A 项，由AD → ＝13AC → ＋23AB →得，3AD → ＝AC → ＋2AB →，得(AD → －AC → )＋2(AD → －AB →)＝0，得CD → ＋2BD → ＝0，则BC → ＝3BD →，故A 项错误；对于B 项，MN → ＝PN → －PM → ＝12PB → ＋12PC → －12PA → ，得2MN → ＝PB → ＋PC → －PA →，得4|MN → |2＝|PB → |2＋|PC → |2＋|PA → |2＋2PB → ·PC → －2PB → ·PA → －2PC → ·PA→ ＝4＋4＋4＋2×2×2×cos 60°－2×2×2×cos 60°－2×2×2×cos 60°＝8，得|MN →|＝2，故B 项错误；对于C 项，因为PA → ·BC → ＝0，PC → ·AB →＝0，所以PA → ·(BP → ＋PC → )＝0，PC → ·(AP → ＋PB →)＝0，将两式相加，得PA → ·BP → ＋PC → ·PB → ＝0，即PB → ·(AP → ＋PC → )＝0，得PB → ·AC →＝0，故C 项正确；对于D 项，PQ → ＝PA → ＋AQ → ＝PA → ＋23AN → ＝PA → ＋23(PN → －PA →)＝13PA → ＋23PN → ＝13PA → ＋23×12(PB → ＋PC → )＝13PA → ＋13PB → ＋13PC →，故D 项正确．9.如图所示，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1，其中AB ＝AD ＝2，AA 1＝1，∠DAB ＝60°，∠DAA 1＝∠BAA 1＝45°，下列说法中正确的是( )A ．AC 1＝11B ．AC 1⊥DBC ．直线AC 与直线BD 1是相交直线D ．BD 1与AC 所成角的余弦值为22答案 AB解析 对于A ，因为AC 1—→ ＝AB → ＋AD → ＋AA 1—→，所以|AC 1—→ |2＝(AB → ＋AD → ＋AA 1—→ )2＝|AB → |2＋|AD → |2＋|AA 1—→ |2＋2AB → ·AD → ＋2AB → ·AA 1—→ ＋2AD → ·AA 1—→＝2＋2＋1＋2|A B→|A D →|cos 60°＋2|A B→|AA 1—→ |cos 45°＋2|A D →|AA 1—→|cos 45°＝5＋22×2×12＋22×1×22＋22×1×22＝11，故AC 1＝|AC 1—→|＝11，A 正确；对于B ，因为DB → ＝AB → －AD →，所以AC 1—→ ·DB → ＝(AB → ＋AD → ＋AA 1—→ )·(AB → －AD →)＝|AB → |2－|AD → |2＋AA 1—→ ·AB → －AA 1—→ ·AD→ ＝2－2＋|AA 1—→ |A B→|cos 45°－|AA 1—→ |A D→|cos 45°＝0，故AC 1—→ ⊥DB →，即AC 1⊥DB ，B 正确；对于C ，连接AD 1，BC 1，因为AB ∥C 1D 1，且AB ＝C 1D 1，所以四边形ABC 1D 1为平行四边形，点A ∈平面ABC 1D 1，而点C ∉平面ABC 1D 1，BD 1⊂平面ABC 1D 1，故直线AC 与直线BD 1是异面直线，C 错误；对于D ，AC → ＝AB → ＋AD → ，BD 1—→ ＝AD → －AB → ＋AA 1—→，AC → ·BD 1—→ ＝(AB → ＋AD → )·(AD → －AB → ＋AA 1—→)＝AB → ·AD → －|AB → |2＋AB → ·AA 1—→ ＋|AD → |2－AD → ·AB → ＋AD → ·AA 1—→＝－2＋|A B → |AA 1—→ |cos 45°＋2＋|AD → ||AA 1—→ |cos 45°＝1＋1＝2，又|AC → |2＝(AB → ＋AD → )2＝|AB → |2＋|AD → |2＋2AB → ·AD → ＝2＋2＋2|A B → |A D → |cos 60°＝4＋2＝6，|BD 1—→ |2＝(AD → －AB → ＋AA 1—→)2＝|AD → |2＋|AB → |2＋|AA 1—→ |2－2AD → ·AB → ＋2AD → ·AA 1—→ －2AB → ·AA 1—→＝2＋2＋1－2|AD → ||AB → |cos 60°＋2|AD → ||AA 1—→ |cos 45°－2|AB → ||AA 1—→|cos 45°＝5－2＝3，故|AC → |＝6，|BD 1—→ |＝3，设BD 1与AC 所成的角为θ，所以cos θ＝|cos 〈AC → ，BD 1—→ 〉|＝|AC → ·BD 1—→ ||AC → ||BD 1—→ |＝26×3＝23，故BD 1与AC 所成角的余弦值为23，D 错误．三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)10.如图，已知四棱锥P －ABCD 的各棱长均为2，则AP → ·BC →＝________.答案 2解析 因为四棱锥P －ABCD 的各棱长均为2，所以四棱锥P －ABCD 为正四棱锥，所以底面四边形ABCD 为正方形，△PBC 为边长为2的正三角形，所以BC → ＝AD →，∠PAD ＝60°，所以AP → ·BC → ＝AP → ·AD → ＝|AP → |·|AD → |·cos ∠PAD ＝2×2×12＝2.11.如图，两条异面直线a ，b 所成的角为60°，在直线a ，b 上分别取点A ′，E 和点A ，F ，使AA ′⊥a 且AA ′⊥b .已知A ′E ＝2，AF ＝3，EF ＝23，则线段AA ′的长为__________．答案 4或2解析 由题意知，FE → ＝FA → ＋AA ′—→ ＋A ′E ——→，所以|FE → |2＝(FA → ＋AA ′—→ ＋A ′E ——→ )2＝|FA → |2＋|AA ′—→ |2＋|A ′E ——→ |2＋2FA → ·AA ′—→ ＋2FA → ·A ′E ——→＋2AA ′—→ ·A ′E ——→，∵异面直线a ，b 所成的角为60°，代入得23＝9＋|AA ′—→|2＋4＋0±2×3×2cos 60°＋0，解得|AA ′—→ |＝4或|AA ′—→|＝2.则线段AA ′的长为4或2.12.如图，已知PA ⊥平面ABC ，∠ABC ＝120°，PA ＝AB ＝BC ＝6，则向量PC → 在BC →上的投影向量为________．答案 32BC →解析 ∵PA ⊥平面ABC ，则PA ⊥BC ，PC → ·BC → ＝(PA → ＋AB → ＋BC → )·BC → ＝PA → ·BC → ＋AB → ·BC → ＋BC → ·BC → ＝0＋6×6×12＋62＝54，∴向量PC → 在BC → 上的投影向量为PC → ·BC → |B C → |·BC → |B C → |＝5436BC → ＝32BC → .四、解答题(本题共3小题，共37分)13.(12分)如图所示，在四面体O －ABC 中，G ，H 分别是△ABC ，△OBC 的重心，设OA →＝a ，OB → ＝b ，OC →＝c ，点D ，M ，N 分别为BC ，AB ，OB 的中点．(1)试用向量a ，b ，c 表示向量MN → ，OG →；(6分)(2)试用空间向量的方法证明M ，N ，G ，H 四点共面．(6分)(1)解 MN → ＝－12OA → ＝－12a ，OG → ＝OA → ＋AG → ＝OA → ＋23AD →＝OA → ＋23(OD →－OA → )＝13OA → ＋23OD → ＝13OA → ＋23×12(OB →＋OC → )＝13(OA → ＋OB → ＋OC → )＝13(a ＋b ＋c )．(2)证明 因为GH → ＝OH → －OG →，OH → ＝23OD → ＝23×12(OB → ＋OC → )＝13(b ＋c )，所以GH → ＝13(b ＋c )－13(a ＋b ＋c )＝－13a ＝－13OA →，MN → ＝－12OA → ，所以MN → ＝32GH → .所以M ，N ，G ，H 四点共面．14.(12分)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面边长均为2.(1)若侧棱长为1，求证：AB 1⊥BC 1；(6分)(2)若AB 1与BC 1所成的角为π3，求侧棱的长．(6分)(1)证明 因为AB 1—→ ＝AB → ＋BB 1—→ ，BC 1—→ ＝BB 1—→ ＋BC →.又BB 1⊥平面ABC ，AB ，BC ⊂平面ABC ，所以BB 1—→ ·AB → ＝0，BB 1—→ ·BC →＝0.又△ABC 为正三角形，所以〈AB → ，BC → 〉＝π－〈BA → ，BC → 〉＝π－π3＝2π3.因为AB 1—→ ·BC 1—→ ＝(AB → ＋BB 1—→ )·(BB 1—→ ＋BC →)＝AB → ·BB 1—→ ＋AB → ·BC → ＋|BB 1—→ |2＋BB 1—→ ·BC →＝|AB → ||BC → |cos 〈AB → ，BC → 〉＋|BB 1—→|2＝－1＋1＝0，所以AB 1⊥BC 1.(2)解 结合(1)知AB 1—→ ·BC 1—→＝|A B → |B C → |cos 〈AB → ，BC → 〉＋|BB 1—→ |2＝|BB 1—→|2－1，又|AB 1—→ |＝ AB → ＋BB 1—→ 2＝2＋|BB 1—→ |2＝|BC 1—→ |.所以cos π3＝|cos 〈AB 1—→ ，BC 1—→ 〉|＝|AB 1—→ ·BC 1—→ ||AB 1—→ ||BC 1—→ |＝||BB 1—→ |2－1|2＋|BB 1—→|2＝12，解得|BB 1—→ |＝2，即侧棱长为2.15.(13分)已知二面角α－l －β为60°，A ，B 是棱l 上的两点，AC ，BD 分别在半平面α，β内，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且AB ＝AC ＝2，BD ＝4.(1) 求线段CD 的长；(6分)(2) 求异面直线CD 与BA 所成的夹角．(7分)解 (1)由题意得CD → ＝CA → ＋AB → ＋BD →，∵二面角α－l －β为60°，A ，B 是棱l 上的两点，AC ⊥l ，BD ⊥l ，∴〈CA → ，BD → 〉＝120°，CA → ·AB → ＝0，AB → ·BD →＝0，∴|CD → |＝ CA → ＋AB → ＋BD → 2＝|CA → |2＋|AB → |2＋|BD → |2＋2CA → ·AB → ＋2AB → ·BD → ＋2CA → ·BD → ＝|CA → |2＋|AB → |2＋|BD → |2＋2CA → ·BD → ＝22＋22＋42＋2×2×4cos 120°＝4＋4＋16－8＝4，所以线段CD 的长为4.(2)∵CD → ＝CA → ＋AB → ＋BD → ，BA → ＝－AB →，∴cos 〈CD → ，BA → 〉＝CD → ·BA → |C D → |B A → |＝ CA → ＋AB → ＋BD → · －AB → 4×2＝－CA → ·AB → －|AB → |2－BD → ·AB → 8＝－228＝－12，又异面直线所成角的范围是(0，90°]，∴异面直线CD 与BA 所成的夹角为60°.。
苏教版高中数学选修空间向量及其运算知能优化训练
1．给出下列命题：①将空间中所有的单位向量的起点移到同一个点，则它们的终点构成一个圆； ②若空间向量a 、b 满足|a |＝|b |，则a ＝b ；③若空间向量m 、n 、p 满足m ＝n ，n ＝p ，则m ＝p ； ④空间中任意两个单位向量必相等； ⑤零向量没有方向．其中假命题的个数是__________． 解析：只有③正确． 答案：42．化简：(AB →－CD →)－(AC →－BD →)＝__________.解析：法一：将向量减法转化为向量加法进行化简． (AB →－CD →)－(AC →－BD →)＝AB →－CD →－AC →＋BD →＝AB →＋DC →＋CA →＋BD →＝(AB →＋BD →)＋(DC →＋CA →)＝AD →＋DA →＝0.法二：利用AB →－AC →＝CB →，DC →－DB →＝BC →进行化简． (AB →－CD →)－(AC →－BD →)＝AB →－CD →－AC →＋BD →＝(AB →－AC →)＋(DC →－DB →)＝CB →＋BC →＝0.法三：利用MN →＝ON →－OM →的关系进行化简． 设O 为平面内任意一点，则有 (AB →－CD →)－(AC →－BD →)＝AB →－CD →－AC →＋BD →＝(OB →－OA →)－(OD →－OC →)－(OC →－OA →)＋(OD →－OB →)＝OB →－OA →－OD →＋OC →－OC →＋OA →＋OD →－OB →＝0.答案：03．四边形ABCD 中，O 为空间任意一点，且AO →＋OB →＝DO →＋OC →，则四边形ABCD 是__________．解析：由AO →＋OB →＝DO →＋OC →，有AB →＝DC →，故有AB DC ，则四边形ABCD 是平行四边形．答案：平行四边形 4.在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则向量D 1B →可用a ，b ，c 表示为__________．解析：如图，D 1B →＝－BD 1→＝－(BA →＋BC →＋BB 1→)＝AB →－BC →－BB 1→＝AB →－AD →－AA 1→＝a －b －c .答案：a －b －c一、填空题 1.//如图，四棱柱的上底面ABCD 中，AB →＝DC →，下列向量相等的一组是__________． (1)AD →与CB →；(2)OA →与DC →；(3)AC →与DB →；(4)DO →与OB →.解析：∵AB →＝DC →，∴|AB →|＝|DC →|，且AB ∥DC .即四边形ABCD 为平行四边形，由平行四边形的性质知DO →＝OB →.答案：(4) 2.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，下列各式中运算结果为向量AC 1→的共有__________个．①(AB →＋BC →)＋CC 1→；②(AA 1→＋A 1D 1→)＋D 1C 1→；③(AB →＋BB 1→)＋B 1C 1→；④(AA 1→＋A 1B 1→)＋B 1C 1→. 解析：根据向量加、减法则以及正方体的性质逐一进行判断． ①(AB →＋BC →)＋CC 1→＝AC →＋CC 1→＝AC 1→；②(AA 1→＋A 1D 1→)＋D 1C 1→＝AD 1→＋D 1C 1→＝AC 1→； ③(AB →＋BB 1→)＋B 1C 1→＝AB 1→＋B 1C 1→＝AC 1→.④(AA 1→＋A 1B 1→)＋B 1C 1→＝AB 1→＋B 1C 1→＝AC 1→.∴四个式子的运算结果均为AC 1→. 答案：4 3.如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，若A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →＝c ，则下列向量中与B 1M →相等的向量是__________(填序号)．①－12a ＋12b ＋c ；②12a ＋12b ＋c ；③12a －12b ＋c ；④－12a －12b ＋c .解析：B 1M →＝B 1B →＋BM →＝B 1B →＋12BD →＝B 1B →＋12(BA →＋BC →)＝c ＋12(－a ＋b )＝－12a ＋12b ＋c .答案：① 4.如图，空间四边形OABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，点M 在OA 上，且OM ＝2MA ，N 为BC 的中点，则MN →等于__________．解析：MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－23OA →＝12(b ＋c )－23a ＝－23a ＋12b ＋12c .答案：－23a ＋12b ＋12c5．在△ABC 中，AB →＝c ，AC →＝b ，若点D 满足BD →＝2DC →，则AD →＝__________(用b ，c 表示)．解析：如图，在△ABC 中，AD →＝AB →＋BD →.又BD →＝2 DC →，∴BD →＝23BC →.∵BC →＝AC →－AB →＝b －c ，∴AD →＝AB →＋23BC →＝c ＋23(b －c )＝23b ＋13c .答案：23b ＋13c6.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若CA →＝a ，CB →＝b ，CC 1→＝c ，则A 1B →＝__________.解析：在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1 CC 1，∴AA 1→＝CC 1→＝c . 又AB →＝CB →－CA →＝b －a .∴A 1B →＝AB →－AA 1→＝CB →－CA →－CC 1→＝b －a －c ＝－a ＋b －c . 答案：－a ＋b －c7．已知点M 是△ABC 的重心，则MA →＋MB →＋MC →＝__________.解析：设D 为AB 的中点，则MA →＋MB →＝2MD →，又M 为△ABC 的重心，则MC →＝－2MD →，所以MA →＋MB →＋MC →＝0. 答案：0 8.如图，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别在B 1B 和D 1D 上，且BE ＝13BB 1，DF ＝23DD 1，若EF →＝x AB →＋y AD →＋z AA →，则x ＋y ＋z ＝__________.解析：在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，有//AA 1→＝BB 1→＝CC 1→，于是EF →＝AF →－AE →＝(AD →＋DF →)－(AB →＋BE →)＝－AB →＋AD →＋23DD 1→－13BB 1→＝－AB →＋AD →＋13AA 1→，又EF →＝xAB →＋yAD →＋zAA 1→，∴x ＝－1，y ＝1，z ＝13.∴x ＋y ＋z ＝13.答案：13二、解答题 9.如图，在空间四边形A －BCD 中，点M 、G 分别是BC 、CD 的中点．化简：(1)AB →＋12(BC →＋BD →)；(2)AG →－12(AB →＋AC →)．解：(1)原式＝AB →＋BM →＋MG →＝AG →；(2)原式＝AB →＋BM →＋MG →－12(AB →＋AC →)＝BM →＋MG →＋12(AB →－AC →)＝BM →＋MG →＋MB →＝MG →.10．已知四面体ABCD 中，G 为△BCD 的重心，E 、F 、H 分别为边CD 、AD 和BC 的中点，化简下列各式．(1)AG →＋13BE →＋12CA →；(2)12(AB →＋AC →－AD →)．解：(1)如图所示，由G 是△BCD 的重心知，GE →＝13BE .又E 、F 为中点，因此EF 12AC ，12CA →＝EF →. ∴AG →＋13BE →＋12CA →＝AG →＋GE →＋EF →＝AF →.(2)由向量加法的平行四边形法则及几何意义知12(AB →＋AC →)＝AH →，12AD →＝AF →，∴12(AB →＋AC→－AD →)＝AH →－AF →＝FH →.11．已知六面体ABCD －A ′B ′C ′D ′是平行六面体．//(1)化简12AA ′→＋BC →＋23AB →，并在图中标出其结果；(2)设M 是底面ABCD 的中心，BN →＝34BC ′→.设MN →＝αAB →＋βAD →＋γAA ′→，试求α、β、γ的值．解：(1)如图，取AA ′的中点为E ，则12AA ′→＝EA ′→，又BC →＝A ′D ′→，AB →＝D ′C ′→，取F为D ′C ′的一个三等分点(D ′F →＝23D ′C ′→)，D ′F →＝23AB →，所以12AA ′→＋BC →＋23AB →＝EA ′→＋A ′D ′→＋D ′F →＝EF →(说明：表示法不惟一)．(2)MN →＝MB →＋BN →＝12DB →＋34BC ′→＝12(DA →＋AB →)＋34(BC →＋CC ′→)＝12(－AD →＋AB →)＋34(AD →＋AA ′→)＝12AB →＋14AD →＋34AA ′→，所以α＝12，β＝14，γ＝34.。
空间向量专题练习答案
空间向量专题练习一、填空题(本大题共4小题，共20.0分)1.平面α的法向量为（1，0，-1），平面β的法向量为（0，-1，1），则平面α与平面β所成二面角的大小为 ______ ．【答案】π3或2π3 【解析】解：设平面α的法向量为m ⃗⃗⃗ =（1，0，-1），平面β的法向量为n ⃗ =（0，-1，1），则cos ＜m⃗⃗⃗ ，n ⃗ ＞=√2⋅√2=-12， ∴＜m⃗⃗⃗ ，n ⃗ ＞=2π3． ∵平面α与平面β所成的角与＜m⃗⃗⃗ ，n ⃗ ＞相等或互补， ∴α与β所成的角为π3或2π3．故答案为：π3或2π3．利用法向量的夹角与二面角的关系即可得出．本题考查了利用用法向量的夹角求二面角的方法，考查了计算能力，属于基础题．2.平面α经过三点A （-1，0，1），B （1，1，2），C （2，-1，0），则平面α的法向量u⃗ 可以是 ______ （写出一个即可） 【答案】（0，1，-1）【解析】解：AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =（2，1，1），AC⃗⃗⃗⃗⃗ =（3，-1，-1）， 设平面α的法向量u ⃗ =（x ，y ，z ），则{u ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +y +z =0u ⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =3x −y −z =0，令z =-1，y =1，x =0． ∴u ⃗ =（0，1，-1）．故答案为：（0，1，-1）．设平面α的法向量u ⃗ =（x ，y ，z ），则{u ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +y +z =0u⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3x −y −z =0，解出即可． 本题考查了线面垂直与数量积的关系、平面的法向量，属于基础题．3.已知AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =（1，0，2），AC⃗⃗⃗⃗⃗ =（2，1，1），则平面ABC 的一个法向量为 ______ ． 【答案】（-2，3，1）【解析】解：AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =（1，0，2），AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =（2，1，1），设平面ABC 的法向量为n ⃗ =（x ，y ，z ），则{n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{x +2z =02x +y +z =0，取x =-2，则z =1，y =3．∴n ⃗ =（-2，3，1）．故答案为：（-2，3，1）．设平面ABC 的法向量为n ⃗ =（x ，y ，z ），则{n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0，解出即可． 本题考查了平面的法向量、线面垂直与数量积的关系，属于基础题．4.在三角形ABC 中，A （1，-2，-1），B （0，-3，1），C （2，-2，1），若向量n⃗ 与平面ABC 垂直，且|n⃗ |=√21，则n ⃗ 的坐标为 ______ ． 【答案】（2，-4，-1）或（-2，4，1）【解析】解：设平面ABC 的法向量为m ⃗⃗⃗ =（x ，y ，z ），则m ⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，且m ⃗⃗⃗ •AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0， ∵AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-1，-1，2），AC⃗⃗⃗⃗⃗ =（1，0，2）， ∴{−x −y +2z =0x +2z =0， 即{x =−2z y =4z， 令z =1，则x =-2，y =4，即m ⃗⃗⃗ =（-2，4，1），若向量n⃗ 与平面ABC 垂直， ∴向量n⃗ ∥m ⃗⃗⃗ ， 设n ⃗ =λm ⃗⃗⃗ =（-2λ，4λ，λ），∵|n⃗ |=√21， ∴√21•|λ|=√21，即|λ|=1，解得λ=±1，∴n ⃗ 的坐标为（2，-4，-1）或（-2，4，1），故答案为：（2，-4，-1）或（-2，4，1）根据条件求出平面的法向量，结合向量的长度公式即可得到结论．本题主要考查空间向量坐标的计算，根据直线和平面垂直求出平面的法向量是解决本题的关键．二、解答题(本大题共3小题，共36.0分)5.如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD=60°，Q 为AD 的中点．（1）若PA=PD ，求证：平面PQB ⊥平面PAD ；（2）点M 在线段PC 上，PM =13PC ，若平面PAD ⊥平面ABCD ，且PA=PD=AD=2，求二面角M-BQ-C 的大小．【答案】解：（1）证明：由题意知：PQ ⊥AD ，BQ ⊥AD ，PQ ∩BQ=Q ，∴AD ⊥平面PQB ，又∵AD⊂平面PAD ，∴平面PQB ⊥平面PAD ．（2）∵PA=PD=AD ，Q 为AD 的中点，∴PQ ⊥AD ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD=AD ，∴PQ ⊥平面ABCD ，以Q 这坐标原点，分别以QA ，QB ，QP 为x ，y ，z 轴，建立如图所求的空间直角坐标系，由题意知：Q （0，0，0），A （1，0，0），P （0，0，√3），B （0，√3，0），C （-2，√3，0）∴QM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23QP ⃗⃗⃗⃗⃗ +13QC ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-23，√33，2√33）， 设n 1⃗⃗⃗⃗ 是平面MBQ 的一个法向量，则n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅QM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅QB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，∴{√3y =0−23x+√33y+2√33z=0，∴n 1⃗⃗⃗⃗ =(√3，0，1)，又∵n 2⃗⃗⃗⃗ =(0，0，1)平面BQC 的一个法向量，∴cos ＜n 1⃗⃗⃗⃗ ，n 2⃗⃗⃗⃗ ＞=12，∴二面角M-BQ-C 的大小是60°．【解析】（1）由题设条件推导出PQ ⊥AD ，BQ ⊥AD ，从而得到AD ⊥平面PQB ，由此能够证明平面PQB ⊥平面PAD ．（2）以Q 这坐标原点，分别以QA ，QB ，QP 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角M-BQ-C 的大小．本题考查平面与平面垂直的证明，考查二面角的大小的求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．6.如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD=DC=2，点E 是PC 的中点，F在直线PA 上．（1）若EF ⊥PA ，求PF PA 的值；（2）求二面角P-BD-E 的大小．【答案】解：（1）∵在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，∴以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y轴，DP 为z 轴，建立空间直角坐标系，∵PD=DC=2，点E 是PC 的中点，F在直线PA 上，∴P （0，0，2），A （2，0，0），C（0，2，0），E （0，1，1），设F （a ，0，c ），PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPA⃗⃗⃗⃗⃗ ，则（a ，0，c -2）=λ（2，0，-2）=（2λ，0，-2λ），∴a =2λ，c =2-2λ，F （2λ，0，2-2λ），EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =（2λ，-1，1-2λ），PA⃗⃗⃗⃗⃗ =（2，0，-2）， ∵EF ⊥PA ，∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =4λ-2+4λ=0，解得λ=14， ∴PF PA =14．（2）P （0，0，2），B （2，2，0），D （0，0，0），E （0，1，1），DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =（0，0，2），DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（2，2，0），DE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（0，1，1）， 设平面BDP 的法向量n ⃗ =（x ，y ，z ），则{n ⃗ ⋅DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2y =0n⃗ ⋅DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2z =0，取x =1，得n ⃗ =（1，-1，0）， 设平面BDE 的法向量m ⃗⃗⃗ =（x ，y ，z ），则{m ⃗⃗⃗ ⋅DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2y =0m ⃗⃗⃗ ⋅DE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =y +z =0，取x =1，得m ⃗⃗⃗ =（1，-1，1）， 设二面角P-BD-E 的大小为θ，则cos θ=|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=2√2⋅√3=√63． ∴二面角P-BD-E 的大小为arccos √63． 【解析】（1）以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出PFPA 的值．（2）求出平面BDP 的法向量和设平面BDE 的法向量，由此能求出二面角P-BD-E 的大小．本题考查线段比值的求法，考查二面角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．7.如图所示的几何体是由棱台ABC-A 1B 1C 1和棱锥D-AA 1C 1C 拼接而成的组合体，其底面四边形ABCD 是边长为2的菱形，且∠BAD=60°，BB 1⊥平面ABCD ，BB 1=2A 1B 1=2．（Ⅰ）求证：平面AB 1C ⊥平面BB 1D ；（Ⅱ）求二面角A 1-BD-C 1的余弦值．【答案】（Ⅰ）证明：∵BB 1⊥平面ABCD ，∴BB 1⊥AC ，∵ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC ，又BD ∩BB 1=B ，∴AC ⊥平面BB 1D ，∵AC⊂平面AB 1C ，∴平面AB 1C ⊥平面BB 1D ；（Ⅱ）设BD 、AC 交于点O ，以O 为坐标原点，以OA 为x 轴，以OD 为y 轴，建立如图所示空间直角坐标系．则B(0，−1，0)，D(0，1，0)，B 1(0，−1，2)，A(√3，0，0)，A 1(√32，−12，2)，C 1(−√32，−12，2)， ∴BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32，12，2)，BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，2，0)，BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√32，12，2)．设平面A 1BD 的法向量n ⃗ =(x ，y ，z)，由{n ⃗ ⋅BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√32x +12y +2z =0n ⃗ ⋅BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2y =0，取z =√3，得n ⃗ =(−4，0，√3)， 设平面DCF 的法向量m ⃗⃗⃗ =(x ，y ，z)，由{m ⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2y =0m ⃗⃗⃗ ⋅BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−√32x +12y +2=0，取z =√3，得m ⃗⃗⃗ =(4，0，√3)． 设二面角A 1-BD-C 1为θ，则cosθ=|m ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||m||n|=1319． 【解析】（Ⅰ）由BB 1⊥平面ABCD ，得BB 1⊥AC ，再由ABCD 是菱形，得BD ⊥AC ，由线面垂直的判定可得AC ⊥平面BB 1D ，进一步得到平面AB 1C ⊥平面BB 1D ；（Ⅱ）设BD 、AC 交于点O ，以O 为坐标原点，以OA 为x 轴，以OD 为y 轴，建立如图所示空间直角坐标系．求出所用点的坐标，得到平面A 1BD 与平面DCF 的法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A 1-BD-C 1的余弦值．本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求二面角的平面角，是中档题．。