2018-2019学年高中新三维一轮复习理数江苏专版：课时

课时跟踪检测（三十八） 空间向量的运算及应用
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝1
2x －2a ，则x ＝________.
解析：由b ＝1
2x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．
答案：(0,6，－20)
2．(2018·汇龙中学检测)若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则直线l 和平面α的位置关系为________．
解析：因为a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)，所以n ＝－2a ，即a ∥n.所以l ⊥α. 答案：l ⊥α
3．(2018·睢宁中学检测)已知空间四边形OABC ，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，且OA ―→
＝a ，OB ―→＝b ，OC ―→＝c ，用a ，b ，c 表示向量MN ―→
＝________.
解析：如图所示，连结ON ，AN ，则ON ―→＝12(OB ―→＋OC ―→)＝1
2(b ＋c)，
AN ―→
＝12
(AC ―→
＋AB ―→
)＝12
(OC ―→
－2OA ―→＋OB ―→
)＝1
2
(－2a ＋b ＋c)＝－a
＋12b ＋12c ，所以MN ―→＝12(ON ―→＋AN ―→
)＝－12a ＋12b ＋12
c. 答案：－12a ＋12b ＋12
c
4．若点C (4a ＋1,2a ＋1,2)在点P (1,0,0)，A (1，－3,2)，B (8，－1, 4)所确定的平面上，则a ＝________.
解析：由题意得PA ―→＝(0，－3,2)，PB ―→＝(7，－1,4)，PC ―→
＝(4a ,2a ＋1,2)， 根据共面向量定理，设PC ―→＝x PA ―→＋y PB ―→
，
则(4a ,2a ＋1,2)＝x (0，－3,2)＋y (7，－1,4)＝(7y ，－3x －y ，2x ＋4y )， 所以⎩⎪⎨⎪
⎧
4a ＝7y ，2a ＋1＝－3x －y ，
2＝2x ＋4y ，解得x ＝－133，y ＝83，a ＝14
3
.
答案：
14
3
5．若平面α的一个法向量为u 1＝(－3，y,2)，平面β的一个法向量为u 2＝(6，－2，
z )，且α∥β，则y ＋z ＝________.
解析：因为α∥β，所以u 1∥u 2，所以
－36＝y －2＝2z
，
所以y ＝1，z ＝－4，所以y ＋z ＝－3. 答案：－3
6．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 ―→
＝________.
解析：AE ―→·AF ―→＝12(AB ―→＋AC ―→)·12AD ―→＝14(AB ―→·AD ―→＋AC ―→·AD ―→
)＝14(a 2cos 60°
＋a 2
cos 60°)＝14
a 2.
答案：14
a 2
二保高考，全练题型做到高考达标
1．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＝________.
解析：由题意知c ＝x a ＋y b ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1，2,3)，所以⎩⎪⎨⎪
⎧
2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，
解得λ＝－9.
答案：－9
2．已知a ＝(1,0,1)，b ＝(x,1,2)，且a ·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为________． 解析：因为a ·b ＝x ＋2＝3，所以x ＝1，所以b ＝(1,1,2)． 所以cos 〈a ，b 〉＝
a ·
b |a |·|b|＝32×6＝3
2
.
所以a 与b 的夹角为π
6.
答案：
π6
3．(2018·盐城中学检测)已知平面α内的三点A (0,0,1)，B (0，1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________．
解析：设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 因为AB ―→＝(0,1，－1)，AC ―→
＝(1,0，－1)，
则⎩
⎪⎨
⎪⎧
y －z ＝0，x －z ＝0，令x ＝1，得m ＝(1,1,1)．
因为m ＝－n ，所以m ∥n ，所以α∥β. 答案：α∥β
4．已知正三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 交于点G ，将此三角形沿DE 翻折，当AE ⊥BD 时，二面角A ­DE ­F 的余弦值等于________．
解析：不妨设GD ＝GE ＝1，则GA ＝GF ＝3，AE ＝BD ＝2，由已知得∠AGF 即为二面角A ­DE ­F 的平面角，设其为θ.则AE ―→·BD ―→＝(GE ―→－GA ―→)·(BF ―→＋FG ―→＋GD ―→)＝(GE ―→－GA ―→)·(2GE ―→－GF ―→－GE ―→)＝(GE ―→－GA ―→)·(GE ―→－GF ―→)＝GE ―→2－GE ―→·GF ―→－GA ―→·GE ―→＋GA ―→·GF ―→
＝1－0－0＋3·3cos θ＝1＋3cos θ＝0，所以cos θ＝－13
，即当AE ⊥
BD 时，二面角A ­DE ­F 的余弦值等于－1
3
.
答案：－1
3
5.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________．
解析：因为BD ―→＝BF ―→＋FE ―→＋ED ―→
，
所以|BD ―→|2＝|BF ―→|2＋|FE ―→|2＋|ED ―→|2＋2BF ―→·FE ―→＋2FE ―→·ED ―→＋2BF ―→·ED ―→＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD ―→
|＝3－ 2.
答案：3－ 2
6．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)，所以⎩⎪⎨
⎪
⎧
x －－6＋18＝0，x －
2
＝4，
解得x ＝2.
答案：2
7.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：连结PD ，因为M ，N 分别为CD ，PC 的中点，
所以MN ＝1
2PD ，又P (0,0,1)，D (0,1,0)，
所以PD ＝02
＋－
2
＋12
＝2，所以MN ＝
22
. 答案：
22
8．已知V 为矩形ABCD 所在平面外一点，且VA ＝VB ＝VC ＝VD ，VP ―→＝13VC ―→，VM ―→＝23VB ―→
，
VN ―→―＝23
VD ―→
.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 ―→＝2
3b －13c ，
PN ―→＝23VD ―→－13VC ―→
＝23a －23b ＋13
c. 因此VA ―→＝32PM ―→＋32PN ―→，
所以VA ―→，PM ―→，PN ―→
共面．
又因为VA ⊄平面PMN ，所以VA ∥平面PMN . 答案：平行
9．如图所示，在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝1，∠ACD ＝90°，沿着它的对角线AC 将△ACD 折起，使AB 与CD 成60°角，求此时B ，D 间的距离．
解：因为∠ACD ＝90°，所以AC ―→·CD ―→
＝0. 同理可得AC ―→·BA ―→
＝0. 因为AB 与CD 成60°角，
所以〈BA ―→，CD ―→〉＝60°或〈BA ―→，CD ―→
〉＝120°， 又BD ―→＝BA ―→＋AC ―→＋CD ―→，
所以|BD ―→|2＝|BA ―→|2＋|AC ―→|2＋|CD ―→|2＋2BA ―→·AC ―→＋2BA ―→·CD ―→＋2AC ―→·CD ―→＝3＋2×1×1×cos〈BA ―→，CD ―→
〉．
所以当〈BA ―→，CD ―→〉＝60°时，|BD ―→|2＝4，此时B ，D 间的距离为2；当〈BA ―→，CD ―→
〉＝120°时，|BD ―→|2
＝2，此时B ，D 间的距离为 2.
10.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1
2
BC ，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：因为二面角A 1 ­AB ­C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形， 所以AA 1⊥平面ABC . 又因为AB ＝AC ，BC ＝2AB ， 所以∠CAB ＝90°， 即CA ⊥AB ，
所以AB ，AC ，AA 1两两互相垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，
设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，
A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2)．
(1) 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)．
所以A 1B 1―→＝2n ，即A 1B 1―→
∥n. 所以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)． 所以AB 1―→
·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， 所以AB 1―→
⊥m.又AB 1⊄平面A 1C 1C ， 所以AB 1∥平面A 1C 1C .
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．已知长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，BC ＝2，CC 1＝5，E 是棱CC 1上不同于端点的点，且CE ―→＝λCC 1―→
.当∠BEA 1为钝角时，则实数λ的取值范围为________．
解析：以D 为原点，DA ，DC ，DD 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，则C (0,3,0)，C 1(0，3,5)，B (2,3,0)，
A 1(2,0,5)．
因为CE ―→＝λCC 1―→
，所以E (0,3,5λ)．
从而EB ―→＝(2,0，－5λ)，EA 1―→
＝(2，－3,5－5λ)． 当∠BEA 1为钝角时，cos ∠BEA 1＜0，
所以EB ―→·EA 1―→
＜0，即2×2－5λ(5－5λ)＜0， 解得15＜λ＜45
.
答案：⎝ ⎛⎭
⎪⎫15，45 2.(2018·海门中学检测)如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相
垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE ，则M 点的坐标为________．
解析：由题意知CD ，CB ，CE 两两垂直，所以以C 为原点，以CD ，CB ，
CE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立
如图所示空间直角坐标系，设M 点的坐标为(x ，y,1)，AC ∩BD ＝O ，连结OE ， 则O ⎝
⎛⎭
⎪⎫2
2，22，0，又E (0,0,1)，A (2，2，0)，
所以OE ―→＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－22，－22，1，AM ―→
＝(x －2，y －2，1)，
因为AM ∥平面BDE ，AM ⊂平面ACEF ，平面BDE ∩平面ACEF ＝OE ，所以OE ∥AM ，
所以⎩⎪⎨⎪⎧ x －
2＝－2
2，y －
2＝－
22
即⎩⎪⎨
⎪⎧
x ＝2
2，y ＝22，
所以M ⎝
⎛⎭
⎪⎫
22，22，1. 答案：⎝ ⎛⎭
⎪⎫
22，22，1
3.如图，在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点． (1)求证：B 1E ⊥AD 1.
(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长，若不存在，说明理由．
解：以A 为原点，AB ―→，AD ―→，AA 1―→
的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz .
设AB ＝a .
则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，
E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，B 1
(a,0,1)，AD 1―→＝(0,1,1)，B 1E ―→＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－a 2，1，－1，AB 1―
→＝(a,0,1)，AE ―→＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 2，1，0.
(1)证明：因为B 1E ―→·AD 1―→
＝－a 2
×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
所以B 1E ⊥AD 1.
(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，m )， 使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP ―→
＝(0，－1，m )， 设平面B 1AE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，
因为n ⊥平面B 1AE ，所以n ⊥AB 1―→，n ⊥AE ―→
，得⎩⎪⎨⎪⎧
ax ＋z ＝0，ax
2
＋y ＝0，
取x ＝1，则y ＝－a
2，z ＝－a ，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1，－a
2，－a .
要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP ―→
，有a 2
－am ＝0，
解得m ＝1
2
.
又DP ⊄平面B 1AE ，所以存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝1
2.。