【数学】2021届一轮复习北师大版（理）第八章　第6讲　空间向量及其运算作业

【数学】2021届一轮复习北师大版（理）第八章　第6讲　空间向量及其运算作业

[基础题组练] 1.已知三棱锥 OABC，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.1 2(b＋c－a) B.1 2(a＋b＋c) C.1 2(a－b＋c) D.1 2(c－a－b) 解析：选 D.MN→ ＝MA→ ＋AO→ ＋ON→ ＝1 2(c－a－b)． 2．已知 a＝(2，1，－3)，b＝(－1，2，3)，c＝(7，6，λ)，若 a，b，c 三向量共面， 则λ＝( ) A．9 B．－9 C．－3 D．3 解析：选 B.由题意知 c＝xa＋yb，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. 3．在空间四边形 ABCD 中，AB→·CD→ ＋AC→·DB→ ＋AD→ ·BC→＝( ) A．－1 B．0 C．1 D．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. 4.如图，在大小为 45°的二面角 AEFD 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. 3 B． 2 C．1 D． 3－ 2 解析：选 D.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，所以|BD→ |＝ 3－ 2. 5．已知 A(1，0，0)，B(0，－1，1)，O 为坐标原点，OA→ ＋λOB→ 与OB→ 的夹角为 120°， 则λ的值为( ) A．± 6 6 B． 6 6 C．－ 6 6 D．± 6 解析：选 C.OA→ ＋λOB→ ＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝ λ＋λ 1＋2λ2· 2 ＝－1 2 ，得λ＝± 6 6 .经检 验λ＝ 6 6 不合题意，舍去，所以λ＝－ 6 6 . 6.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 → ＝________． 解析：因为OC→ ＝1 2AC→ ＝1 2(AB→＋AD→ )， 所以OC1 → ＝OC→ ＋CC1 → ＝1 2(AB→＋AD→ )＋AA1 → ＝1 2AB→＋1 2AD→ ＋AA1 → . 答案：1 2AB→＋1 2AD→ ＋AA1 → 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：连接 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＋（－1）2＋12＝ 2，所以 MN＝ 2 2 . 答案： 2 2 8.如图所示，已知空间四边形 OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝π 3 ，则 cos〈OA→ ，BC→〉 的值为________． 解析：设OA→ ＝a，OB→ ＝b，OC→ ＝c， 由已知条件得〈a，b〉＝〈a，c〉＝π 3 ，且|b|＝|c|， OA→ ·BC→＝a·(c－b)＝a·c－a·b ＝1 2|a||c|－1 2|a||b|＝0， 所以OA→ ⊥BC→， 所以 cos〈OA→ ，BC→〉＝0. 答案：0 9.如图，在多面体 ABCA1B1C1 中，四边形 A1ABB1 是正方形，AB＝AC，BC＝ 2AB，B1C1 綊 1 2BC，二面角 A1ABC 是直二面角． 求证：(1)A1B1⊥平面 AA1C； (2)AB1∥平面 A1C1C. 证明：因为二面角 A1ABC 是直二面角， 四边形 A1ABB1 为正方形， 所以 AA1⊥平面 BAC. 又因为 AB＝AC，BC＝ 2AB， 所以∠CAB＝90°， 即 CA⊥AB， 所以 AB，AC，AA1 两两互相垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz， 设 AB＝2，则 A(0，0，0)，B1(0，2，2)，A1(0，0，2)，C(2，0，0)，C1(1，1，2)． (1)A1B1 → ＝(0，2，0)，A1A→ ＝(0，0，－2)，AC→＝(2，0，0)， 设平面 AA1C 的一个法向量 n＝(x，y，z)， 则 n·A1A→ ＝0， n·AC→＝0， 即 －2z＝0， 2x＝0， 即 x＝0， z＝0， 取 y＝1，则 n＝(0，1，0)． 所以A1B1 → ＝2n， 即A1B1 → ∥n. 所以 A1B1⊥平面 AA1C. (2)易知AB1 → ＝(0，2，2)，A1C1 → ＝(1，1，0)，A1C→ ＝(2，0，－2)， 设平面 A1C1C 的一个法向量 m＝(x1，y1，z1)， 则 m·A1C1 → ＝0， m·A1C→ ＝0， 即 x1＋y1＝0， 2x1－2z1＝0， 令 x1＝1，则 y1＝－1，z1＝1， 即 m＝(1，－1，1)． 所以AB1 → ·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， 所以AB1 → ⊥m， 又 AB1 ⊆/ 平面 A1C1C， 所以 AB1∥平面 A1C1C. 10.如图，在底面是矩形的四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，E，F 分别是 PC，PD 的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.求证： (1)EF∥平面 PAB； (2)平面 PAD⊥平面 PDC. 证明：以 A 为原点，AB 所在直线为 x 轴，AD 所在直线为 y 轴，AP 所在直线为 z 轴， 建立如图所示的空间直角 坐标系，则 A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)， 所以 E 1 2 ，1，1 2 ， F 0，1，1 2 ，EF→＝ －1 2 ，0，0 ，PB→＝(1，0，－1)，PD→ ＝(0，2，－1)，AP→＝(0，0，1)， AD→ ＝(0，2，0)，DC→ ＝(1，0，0)，AB→＝(1，0，0)． (1)因为EF→＝－1 2AB→，所以EF→∥AB→，即 EF∥AB. 又 AB 平面 PAB，EF ⊆/ 平面 PAB， 所以 EF∥平面 PAB. (2)因为AP→·DC→ ＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0， 所以AP→⊥DC→ ，AD→ ⊥DC→ ， 即 AP⊥DC，AD⊥DC. 又 AP∩AD＝A，所以 DC⊥平面 PAD. 所以平面 PAD⊥平面 PDC. [综合题组练] 1．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 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→＝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． 2.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( ) A．(1，1，1) B. 2 3 ， 2 3 ，1 C. 2 2 ， 2 2 ，1 D. 2 4 ， 2 4 ，1 解析：选 C.设 M 点的坐标为(x，y，1)，因为 AC∩BD＝O，所以 O 2 2 ， 2 2 ，0 ， 又 E(0，0，1)，A( 2，2，0)， 所以OE→ ＝ － 2 2 ，－ 2 2 ，1 ，AM→ ＝(x－ 2，y－ 2，1)， 因为 AM∥平面 BDE，所以OE→ ∥AM→ ， 所以 x－ 2＝－ 2 2 ， y－ 2＝－ 2 2 ， ⇒ x＝ 2 2 ， y＝ 2 2 ， 所以 M 点的坐标为 2 2 ， 2 2 ，1 . 3.如图，在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，AA1＝2，AB＝BC＝1，动点 P，Q 分别在线段 C1D，AC 上，则线段 PQ 长度的最小值是( ) A. 2 3 B． 3 3 C.2 3 D． 5 3 解析：选 C.设DP→ ＝λDC1 → ，AQ→ ＝μAC→，(λ，μ∈[0，1])． 所以DP→ ＝λ(0，1，2)＝(0，λ，2λ)， DQ→ ＝DA→ ＋μ(DC→ －DA→ )＝(1，0，0)＋μ(－1，1，0)＝(1－μ，μ，0)． 所以|PQ→ |＝|DQ→ －DP→ |＝|(1－μ，μ－λ，－2λ)| ＝ （1－μ）2＋（μ－λ）2＋4λ2 ＝ 5 λ－μ 5 2 ＋9 5 μ－5 9 2 ＋4 9 ≥ 4 9 ＝2 3 ， 当且仅当λ＝μ 5 ，μ＝5 9 ，即λ＝1 9 ，μ＝5 9 时取等号． 所以线段 PQ 长度的最小值为2 3.故选 C. 4．在正三棱柱 ABCA1B1C1 中，侧棱长为 2，底面边长为 1，M 为 BC 的中点，C1N→ ＝λ NC→ ，且 AB1⊥MN，则λ的值为________． 解析：如图所示，取 B1C1 的中点 P，连接 MP，以MC→ ，MA→ ，MP→ 的方向为 x，y，z 轴正 方向建立空间直角坐标系， 因为底面边长为 1，侧棱长为 2，则 A 0， 3 2 ，0 ，B1(－1 2 ，0，2)，C 1 2 ，0，0 ，C1 1 2 ，0，2 ， M(0，0，0)，设 N 1 2 ，0，t ， 因为C1N→ ＝λNC→ ，所以 N 1 2 ，0， 2 1＋λ ， 所以AB1 → ＝ －1 2 ，－ 3 2 ，2 ，MN→ ＝ 1 2 ，0， 2 1＋λ . 又因为 AB1⊥MN，所以AB1 → ·MN→ ＝0. 所以－1 4 ＋ 4 1＋λ ＝0，所以λ＝15. 答案：15 5．在四棱锥 PABCD 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． 解： (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， 则 D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E a，a 2 ，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＝a 2 ； 由FG→ ·CP→＝ x－a 2 ，－a 2 ，z－a 2 ·(0，－a，a)＝a2 2 ＋a z－a 2 ＝0，得 z＝0. 所以 G 点坐标为 a 2 ，0，0 ， 故存在满足条件的点 G，且点 G 为 AD 的中点． 6．如图，棱柱 ABCDA1B1C1D1 的所有棱长都等于 2，∠ABC 和∠A1AC 均为 60°，平 面 AA1C1C⊥平面 ABCD. (1)求证：BD⊥AA1； (2)在直线 CC1 上是否存在点 P，使 BP∥平面 DA1C1，若存在，求出点 P 的位置，若不 存在，请说明理由． 解：(1)证明： 设 BD 与 AC 交于点 O，则 BD⊥AC，连接 A1O，在△AA1O 中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO ＝60°， 所以 A1O2＝AA21＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3， 所以 AO2＋A1O2＝AA21， 所以 A1O⊥AO. 由于平面 AA1C1C⊥平面 ABCD，且平面 AA1C1C∩平面 ABCD＝AC，A1O 平面 AA1C1C， 所以 A1O⊥平面 ABCD.以 OB，OC，OA1 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 A(0，－1，0)，B( 3，0，0)，C(0，1，0)，D(－ 3，0，0)，A1(0， 0， 3)，C1(0，2， 3)． 由于BD→ ＝(－2 3，0，0)，AA1 → ＝(0，1， 3)， AA1 → ·BD→ ＝0×(－2 3)＋1×0＋ 3×0＝0， 所以BD→ ⊥AA1 → ，即 BD⊥AA1. (2)存在．理由如下： 假设在直线 CC1 上存在点 P，使 BP∥平面 DA1C1， 设CP→＝λCC1 → ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0，1， 3)． 从而有 P(0，1＋λ， 3λ)，BP→＝(－ 3，1＋λ， 3λ)． 设平面 DA1C1 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)， 则 n⊥A1C1 → ， n⊥DA1 → ， 又A1C1 → ＝(0，2，0)，DA1 → ＝( 3，0， 3)， 则 2y2＝0， 3x2＋ 3z2＝0， 取 n＝(1，0，－1)， 因为 BP∥平面 DA1C1， 则 n⊥BP→，即 n·BP→＝－ 3－ 3λ＝0，得λ＝－1， 即点 P 在 C1C 的延长线上，且 C1C＝CP.