高考数学一轮复习第七章立体几何76空间直角坐标系空间向量及其运算课时提升作业理.docx

1、高考数学一轮复习第七章立体几何76空间直角坐标系空间向量及其运算课时提升作业理2019-2020年高考数学一轮复习第七章立体几何7.6空间直角坐标系空间向量及其运算课时提升作业理一、选择题(每小题5分,共25分)1.向量a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),下列结论正确的是()A.ab,ac B.ab,acC.ac,ab D.以上都不对【解析】选C.因为c=(-4,-6,2)=2(-2,-3,1),所以ac.又ab=(-2)2+(-3)0+14=0,所以ab.2.(xx长沙模拟)已知a=(2,1,-3),b=(-1,2,3),c=(7,6,),若a,b,c三向量共

2、面,则=()A.9 B.-9 C.-3 D.3【解析】选B.由题意知c=xa+yb,即(7,6,)=x(2,1,-3)+y(-1,2,3),所以解得=-9.3.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()A.(1,0,1) B.(0,1,0)C.(0,-1,0) D.(0,0,1)【解析】选C.设M(0,y,0),则有=,解得y=-1.4.(xx黄山模拟)在棱长为1的正四面体ABCD中,点E是BC的中点,则=()A.0 B. C.- D.-【解析】选D.=(+),=-,所以=(+)(-)=(-+-)=-=-=-.5.在

3、正方体ABCD-A1B1C1D1中,给出以下向量表达式:(-)-;(+)-;(-)-2;(+)+.其中与向量相等的是()A. B. C. D.【解析】选A.(-)-=-=;(+)-=-=;(-)-2=-2;(+)+=+=,综上,符合题意.二、填空题(每小题5分,共15分)6.(xx湖北四校联考)向量a=(1,2,x),b=(2,y,-1),若|a|=,且ab,则x+y=.【解析】由|a|=得=,解得x=0,即a=(1,2,0),又ab,则ab=0,即2+2y=0,解得y=-1,从而x+y=-1.答案:-17.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,DA=DD1=1,DC=,点E是B1C1的中点

4、,建立空间直角坐标系Dxyz如图所示,则|AE|=.【解题提示】确定A,E的坐标,可得的坐标,然后求出AE的长度.【解析】由题意长方体ABCD-A1B1C1D1中,DA=DD1=1,DC=,点E是B1C1的中点,则A(1,0,0),E,所以=,所以|=.答案:8.(xx宜昌模拟)已知ABCD-A1B1C1D1为正方体,(+)2=32;(-)=0;向量与向量的夹角是60;正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|.其中正确的序号是.【解析】中,(+=2+2+ 2=32,故正确;中,-=,因为AB1A1C,故正确;中,两异面直线A1B与AD1所成的角为60,但与的夹角为120,故不正确,中,|=0

5、,故也不正确.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.(xx周口模拟)已知空间三点A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5).(1)求以,为边的平行四边形的面积.(2)若|a|=,且a分别与,垂直,求向量a的坐标.【解析】(1)由题意可得:=(-2,-1,3),=(1,-3,2),所以cos=,所以sin=,所以以,为边的平行四边形的面积:S=2|sin=14=7.(2)设a=(x,y,z),由题意得解得或所以a=(1,1,1)或a=(-1,-1,-1).10.(xx唐山模拟)已知空间三点A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4),设a=,b=.(1)求a和

6、b夹角的余弦值.(2)设|c|=3,c,求c的坐标.【解析】(1)因为=(1,1,0),=(-1,0,2),所以ab=-1+0+0=-1,|a|=,|b|=.所以cos=.(2)=(-2,-1,2).设c=(x,y,z),因为|c|=3,c,所以=3,存在实数使得c=,即联立解得或所以c=(-2,-1,2).(20分钟40分)1.(5分)(xx开封模拟)若A(x,5-x,2x-1),B(1,x+2,2-x),当|取最小值时,x的值为()A.19 B.- C. D.【解析】选C.|=,所以当x=时,|min=.2.(5分)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

7、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【解题提示】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.=(-)(-)=-+2=20,同理0,0.故BCD为锐角三角形.【加固训练】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=,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()A.(1,1,1) B.C. D.(1,1,2)【解析】选A.由已知得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),设P(0,0,a)(a0),则E.所以=(0,0, a),=,|= a,|=.又co

8、s=,所以=,解得a 2=4,即a=2,所以E(1,1,1).3.(5分)二面角-l-为60,A,B是l上的两点,AC,BD分别在半平面,内,ACl,BDl,且AB=AC=a,BD=2a,则CD的长为()A.2 a B. a C. a D. a【解题提示】选,为基向量,进行基向量运算求解.【解析】选A.因为ACl,BDl,所以=60,且=0,=0,所以=+,所以|=2a.4.(12分)已知a=(3,1,5),b=(1,2,-3),ac=9,bc=-4.(1)若向量c垂直于空间直角坐标系的z轴,试求c的坐标.(2)是否存在向量c,使得c与z轴共线?试说明理由.【解题提示】(1)设c=(x0,y0

9、,z0),设z轴上一点为(0,0,m)(m0),依题意ac=9,bc=-4,c垂直于空间直角坐标系的z轴,即可求得c的坐标.(2)设c=(x1,y1,z1),设z轴上一点为(0,0,n)(n0),则(x1,y1,z1)=(0,0,n), c=(0,0,n)(n0),同(1)求得与n的关系式即可作出判断.【解析】(1)设c=(x0,y0,z0),设z轴上一点为(0,0,m)(m0),则由题意得:解得即c=.(2)设c=(x1,y1,z1),设z轴上一点为(0,0,n)(n0),则由题意,知(x1,y1,z1)=(0,0,n)=(0,0,n)(n0),所以x1=0,y1=0,z1=n,即c=(0,

10、0,n)(n0),又ac=9,bc=-4,即显然矛盾,所以不存在满足题意的向量c,使得c与z轴共线.5.(13分)(xx广州模拟)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1,在底面ABC中,CA=CB=1,BCA=90,棱AA1=2,M,N分别是A1B1,A1A的中点.(1)求的模.(2)求cos的值.(3)求证:A1BC1M.【解析】如图,建立空间直角坐标系Oxyz,点C为坐标原点O.(1)依题意得B(0,1,0),N(1,0,1),所以|=.(2)依题意得A1(1,0,2),B(0,1,0),C(0,0,0),B1(0,1,2).所以=(1,-1,2),=(0,1,2),=3,|=,|=,所以co

11、s=.(3)依题意,得C1(0,0,2),M,=(-1,1,-2),=.所以=-+0=0,所以.所以A1BC1M.2019-2020年高考数学一轮复习第七章立体几何7.7.1利用空间向量证明空间中的位置关系课时提升作业理一、选择题(每小题5分,共25分)1.(xx泉州模拟)设平面的一个法向量为n1=(1,2,-2),平面的一个法向量为n2=(-2,-4,k),若,则k=()A.2 B.4 C.-2 D.-4【解析】选B.由知n1n2,则n2=n1.即(-2,-4,k)=(1,2,-2),即解得k=4.【加固训练】若平面,垂直,则下面可以是这两个平面的法向量的是()A.n1=(1,2,1),n2

12、=(-3,1,1)B.n1=(1,1,2),n2=(-2,1,1)C.n1=(1,1,1),n2=(-1,2,1)D.n1=(1,2,1),n2=(0,-2,-2)【解析】选A.因为,所以n1n2,即n1n2=0,经验证可知,选项A正确.2.(xx西安模拟)若平面,的法向量分别是n1=(2,-3,5),n2=(-3,1,-4),则()A.B.C.,相交但不垂直D.以上答案均不正确【解析】选C.因为n1n2=2(-3)+(-3)1+5(-4)0.所以n1与n2不垂直,且不共线.所以与相交但不垂直.3.若=+,则直线AB与平面CDE的位置关系是()A.相交 B.平行C.在平面内 D.平行或在平面内

13、【解析】选D.由=+知,向量,共面,则直线AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内.4.(xx珠海模拟)如图所示,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.EFA1D,EFACC.EF与BD1相交D.EF与BD1异面【解题提示】建立空间直角坐标系,用向量法求解.【解析】选B.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,F,B(1,1,0),D1(0,0,1),=

14、(-1,0,-1),=(-1,1,0),=,=(-1,-1,1),=-,=0,从而EFBD1,EFA1D,EFAC.故选B.5.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,以CD,CB,CE所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,AB=,AF=1,M在EF上,且AM平面BDE,则M点的坐标为()A.(1,1,1) B.C. D.【解析】选C.由已知得A(,0),B(0,0),D(,0,0),E(0,0,1),设M(x,x,1).则=(x-,x-,1),=(,-,0),=(0,-,1).设平面BDE的一个法向量为n=(a,b,c).则即解得令b=1,则n=(1,1,).又AM平面B

15、DE,所以n=0.即2(x-)+=0,得x=,所以M.二、填空题(每小题5分,共15分)6.设点C(2a+1,a+1,2)在点P(2,0,0),A(1,-3,2),B(8,-1,4)确定的平面上,则a=.【解析】由共面向量定理知=x+y,即(2a-1,a+1,2)=x(-1,-3,2)+y(6,-1,4),即解得a=16.答案:167.(xx襄阳模拟)已知平面内的三点A(0,0,1),B(0,1,0),C(1,0,0),平面的一个法向量n=(-1,-1,-1).则不重合的两个平面与的位置关系是.【解析】由已知得,=(0,1,-1),=(1,0,-1),设平面的一个法向量为m=(x,y,z),则

16、得得令z=1,得m=(1,1,1).又n=(-1,-1,-1),所以m=-n,即mn,所以.答案:平行【方法技巧】平面的法向量的求法(1)设出平面的一个法向量n=(x,y,z),利用其与该平面内的两个不共线向量垂直,即数量积为0,列出方程组,两个方程,三个未知数,此时给其中一个变量恰当赋值,求出该方程组的一个非零解,即得到这个法向量的坐标.(2)注意,赋值不同得到法向量的坐标也不同,法向量的坐标不唯一.8.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是棱BC,DD1上的点,如果B1E平面ABF,则CE与DF的和为.【解析】以D1A1,D1C1,D1D所在直线分别为x,y,z轴建

17、立空间直角坐标系,设CE=x,DF=y,则易知E(x,1,1),B1(1,1,0),所以=(x-1,0,1),又F(0,0,1-y),B(1,1,1),所以=(1,1,y),由于ABB1E,故若B1E平面ABF,只需=(1,1,y)(x-1,0,1)=0x+y=1.答案:1三、解答题(每小题10分,共20分)9.(xx石家庄模拟)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC为等腰直角三角形,BAC=90,且AB=AA1,D,E,F分别为B1A,C1C,BC的中点.(1)求证:DE平面ABC.(2)求证:B1F平面AEF.【证明】以A为原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如

18、图所示的空间直角坐标系Axyz,令AB=AA1=4,则A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),B1(4,0,4),D(2,0,2),A1(0,0,4).(1)=(-2,4,0),平面ABC的法向量为=(0,0,4),因为=0,DE平面ABC,所以DE平面ABC.(2)=(-2,2,-4),=(2,-2,-2),=(-2)2+2(-2)+(-4)(-2)=0,所以,B1FEF,=(-2)2+22+(-4)0=0,所以,所以B1FAF.因为AFEF=F,所以B1F平面AEF.【加固训练】如图,在多面体ABC-A1B1C1中,四边形A1ABB1是正方形,AB=AC,BC=AB,B1C1

19、BC,二面角A1-AB-C是直二面角.求证:(1)A1B1平面AA1C.(2)AB1平面A1C1C.【证明】因为二面角A1-AB-C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=AB,所以CAB=90,即CAAB,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,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)=(0,2,0),=(0,0,-2),=(2,0,0),设平面AA1C的一个法向量n=(x,y,z),则即即取y=1,则n=(0,1,0).所以=2n,即n.所以A

20、1B1平面AA1C.(2)易知=(0,2,2),=(1,1,0),=(2,0,-2),设平面A1C1C的一个法向量m=(x1,y1,z1),则即令x1=1,则y1=-1,z1=1,即m=(1,-1,1).所以m=01+2(-1)+21=0,所以m.又AB1平面A1C1C,所以AB1平面A1C1C.10.(xx福州模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1C1C是边长为4的正方形.平面ABC平面AA1C1C,AB=3,BC=5.(1)求证:AA1平面ABC.(2)证明在线段BC1上存在点D,使得ADA1B,并求的值.【解析】(1)因为AA1C1C为正方形,所以AA1AC.因为平面ABC平

21、面AA1C1C,且AA1垂直于这两个平面的交线AC.所以AA1平面ABC.(2)由(1)知AA1AB,AA1AC.由题知AB=3,BC=5,AC=4,所以ABAC.如图,以A为原点建立空间直角坐标系Axyz,则B(0,3,0),A1(0,0,4),B1(0,3,4),C1(4,0,4).设D(x,y,z)是线段BC1上的一点,且=,0,1.所以(x,y-3,z)=(4,-3,4).解得x=4,y=3-3,z=4,所以=(4,3-3,4).由=0,即9-25=0,解得=.因为0,1,所以在线段BC1上存在点D,使得ADA1B,此时,=.(20分钟40分)1.(5分)已知=(1,5,-2),=(3

22、,1,z),若,=(x-1,y,-3),且BP平面ABC,则实数x,y,z分别为()A.,-,4 B.,-,4C.,-2,4 D.4,-15【解题提示】利用数量积与垂直的关系、线面垂直的性质定理即可得出.【解析】选B.因为,所以=3+5-2z=0,解得z=4.所以=(3,1,4).因为BP平面ABC,所以,.所以化为解得所以x=,y=-,z=4.2.(5分)(xx太原模拟)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=,则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A.斜交 B.平行C.垂直 D.不能确定【解析】选B.分别以C1B1,C1D1

23、,C1C所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.因为A1M=AN=a,所以M,N,所以=.又C1(0,0,0),D1(0, a,0),所以=(0, a,0),所以=0,所以.因为是平面BB1C1C的一个法向量,且MN平面BB1C1C,所以MN平面BB1C1C.3.(5分)空间中两个有一条公共边AD的正方形ABCD与ADEF,设M,N分别是BD,AE的中点,给出如下命题:ADMN;MN平面CDE;MNCE;MN,CE异面.则所有的正确命题为.【解题提示】选,为基向量,利用向量法,对四个命题逐一判断从中选择出正确命题.【解析】如图,设=a,=b,=c,则|a|=|c|且ab=cb=0.=-=(

24、b+c)-(a+b)=(c-a),=(c-a)b=(cb-ab)=0,故ADMN,故正确;=c-a=2,故MNCE,故MN平面CDE,故正确;正确时一定不正确.答案:4.(12分)(xx汕头模拟)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PC平面ABCD,PC=2,在四边形ABCD中,B=C=90,AB=4,CD=1,点M在PB上,PB=4PM,PB与平面ABCD成30的角.求证:(1)CM平面PAD.(2)平面PAB平面PAD.【证明】以C为坐标原点,CB为x轴,CD为y轴,CP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.因为PC平面ABCD,所以PBC为PB与平面ABCD所成的角,所以PBC=30

25、,因为PC=2,所以BC=2,PB=4,所以D(0,1,0),B(2,0,0),A(2,4,0),P(0,0,2),M,所以=(0,-1,2),=(2,3,0),=.(1)设n=(x,y,z)为平面PAD的一个法向量,所以即令y=2,得n=(-,2,1).因为n=-+20+1=0,所以n.又CM平面PAD,所以CM平面PAD.(2)如图,取AP的中点E,连接BE,则E(,2,1),=(-,2,1).因为PB=AB,所以BEPA.又因为=(-,2,1)(2,3,0)=0,所以.所以BEDA.又PADA=A,所以BE平面PAD.又因为BE平面PAB,所以平面PAB平面PAD.5.(13分)(xx郑

26、州模拟)如图(1)所示,在RtABC中,C=90,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DEBC,DE=2,将ADE沿DE折起到A1DE的位置,使A1CCD,如图(2)所示.(1)求证:A1C平面BCDE.(2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小.(3)线段BC上是否存在一点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由.【解析】(1)因为ACBC,DEBC,所以DEAC,所以DEA1D,DECD,A1DDC=D,所以DE平面A1DC,所以DEA1C.又因为A1CCD,DECD=D,所以A1C平面BCDE.(2)如图所示,以C为坐标原点,建立空间直角坐标系Cxy

27、z,则A1(0,0,2),D(0,2,0),M(0,1,),B(3,0,0),E(2,2,0).设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z),则n=0,n=0.又因为=(3,0,-2),=(-1,2,0),所以令y=1,则x=2,z=,所以n=(2,1,).设CM与平面A1BE所成的角为.因为=(0,1,),所以sin=|cos|= =.所以CM与平面A1BE所成角的大小为.(3)线段BC上不存在一点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.理由如下:假设这样的点P存在,设其坐标为(p,0,0),其中p0,3.设平面A1DP的法向量为m=(x1,y1,z1),则又因为=(0,2,-2),=(p,-2,0),所以令x1=2,则y1=p,z1=.所以m=.当且仅当mn=0时,平面A1DP平面A1BE.由mn=0,得4+p+p=0,解得p=-2,与p0,3矛盾.所以线段BC上不存在一点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.