2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第八章　第6讲　空间向量及其运算

2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第八章　第6讲　空间向量及其运算

[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 2 AC→ ＝ 1 2 (AB→＋AD→ )， 所以OC1 → ＝OC→＋CC1 → ＝ 1 2 (AB→＋AD→ )＋AA1→ ＝ 1 2 AB→＋ 1 2 AD→＋AA1→ . 答案： 1 2 AB→＋ 1 2 AD→＋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 2 PD，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 2 BC，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 2 AB→，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.