2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第6讲空间向量及其运算

第6讲空间向量及其运算一、选择题1．在下列命题中：①若向量a，b共线，则向量a，b所在的直线平行；②若向量a，b所在的直线为异面直线，则向量a，b一定不共面；③若三个向量a，b，c两两共面，则向量a，b，c，共面；④已知空间的三个向量a，b，c，则对于空间的任意一个向量p总存在实数x，y，z使得p＝xa＋yb＋zc.其中正确命题的个数是()．A．0B．1C．2D．3解析a与b共线，a，b所在直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任两向量a，b都共面，故②错误；三个向量a，b，c中任两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a，b，c不共面时，空间任意一向量p才能表示为p＝xa＋yb＋zc，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.答案A2．在空间四边形ABCD中，AB→·CD→＋AC→·DB→＋AD→·BC→＝()A．－1B．0C．1D．不确定解析法一：如图，在空间四边形ABCD中，连接对角线AC，BD，得三棱锥A－BCD，不妨令其各棱长都相等，即为正四面体，∵正四面体的对棱互相垂直，∴AB→·CD→＝0，AC→·DB→＝0，AD→·BC→＝0.∴AB→·CD→＋AC→·DB→＋AD→·BC→＝0.法二：在法一的图中，选取不共面的向量AB→，AC→，AD→为基底，则原式＝AB→·(AD→－AC→)＋AC→·(AB→－AD→)＋AD→·(AC→－AB→)＝AB→·AD→－AB→·AC→＋AC→·AB→－AC→·AD→＋AD→·AC→－AD→·AB→＝0.答案B3．若{a，b，c}为空间的一组基底，则下列各项中，能构成基底的一组向量是()．A．{a，a＋b，a－b}B．{b，a＋b，a－b}C．{c，a＋b，a－b}D．{a＋b，a－b，a＋2b}解析若c、a＋b、a－b共面，则c＝λ(a＋b)＋m(a－b)＝(λ＋m)a＋(λ－m)b，则a、b、c为共面向量，此与{a，b，c}为空间向量的一组基底矛盾，故c，a＋b，a－b可构成空间向量的一组基底．答案C4.如图所示，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝π3，则cos〈OA→，BC→〉的值为()．A．0B.12C.32D.22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A5．以下四个命题中正确的是()．A．空间的任何一个向量都可用其他三个向量表示B．若{a，b，c}为空间向量的一组基底，则{a＋b，b＋c，c＋a}构成空间向量的另一组基底C．△ABC为直角三角形的充要条件是AB→·AC→＝0D．任何三个不共线的向量都可构成空间向量的一组基底解析若a＋b、b＋c、c＋a为共面向量，则a＋b＝λ(b＋c)＋μ(c＋a)，(1－μ)a＝(λ－1)b＋(λ＋μ)c，λ，μ不可能同时为1，设μ≠1，则a＝λ－11－μb＋λ＋μ1－μc，则a、b、c为共面向量，此与{a，b，c}为空间向量基底矛盾．答案B6．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点M在AC1→上且AM→＝12MC1→，N为B1B的中点，则|MN→|为()A.216B.66C.156D.153解析如图，设AB→＝a，AD→＝b，AA1→＝c，则a·b＝b·c＝c·a＝0.由条件知MN→＝MA→＋AB→＋BN→＝－13(a＋b＋c)＋a＋12c＝23a－13b＋16c∴MN→2＝49a2＋19b2＋136c2＝2136∴|MN→|＝216.答案A二、填空题7．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③8．已知O是空间中任意一点，A，B，C，D四点满足任意三点不共线，但四点共面，且OA→＝2xBO→＋3yCO→＋4zDO→，则2x＋3y＋4z＝________.解析∵A，B，C，D四点共面，[来源:学|科|网Z|X|X|K]∴OA→＝mOB→＋nOC→＋pOD→，且m＋n＋p＝1.由条件知OA→＝－2xOB→－3yOC→－4zOD→，∴(－2x)＋(－3y)＋(－4z)＝1.∴2x＋3y＋4z＝－1.答案－19．已知在一个60°的二面角的棱上，如图有两个点A，B，AC，BD分别是在这个二面角的两个半平面内垂直于AB的线段，且AB＝4cm，AC＝6cm，BD＝8cm，则CD的长为________．解析设BD→＝a，AB→＝b，AC→＝c，由已知条件|a|＝8，|b|＝4，|c|＝6，〈a，b〉＝90°，〈b，c〉＝90°，〈a，c〉＝60°|CD→|2＝|CA→＋AB→＋BD→|2＝|－c＋b＋a|2＝a2＋b2＋c2＋2a·b－2a·c－2b·c＝68，则|CD→|＝217.答案217cm10．如图，空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，则OA与BC所成角的余弦值等于________．解析设OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c.OA与BC所成的角为θ，OA→·BC→＝a(c－b)＝a·c－a·b＝a·(a＋AC→)－a·(a＋AB→)＝a2＋a·AC→－a2－a·AB→＝24－162.∴cosθ＝|OA→·BC→||OA→|·|BC→|＝24－1628×5＝3－225.答案3－225三、解答题11．已知A、B、C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足OM→＝13(OA→＋OB→＋OC→)．(1)判断MA→、MB→、MC→三个向量是否共面；(2)判断点M是否在平面ABC内．解(1)由已知OA→＋OB→＋OC→＝3OM→，∴OA→－OM→＝(OM→－OB→)＋(OM→－OC→)，即MA→＝BM→＋CM→＝－MB→－MC→，∴MA→，MB→，MC→共面．(2)由(1)知，MA→，MB→，MC→共面且基线过同一点M，∴四点M，A，B，C共面，从而点M在平面ABC内．12．如右图，在棱长为a的正方体ABCD­A1B1C1D1中，G为△BC1D的重心，(1)试证：A1、G、C三点共线；(2)试证：A1C⊥平面BC1D；(3)求点C到平面BC1D的距离．(1)证明CA1→＝CB→＋BA→＋AA1→＝CB→＋CD→＋CC1→，可以证明：CG→＝13(CB→＋CD→＋CC1→)＝13CA1→，∴CG→∥CA1→，即A1、G、C三点共线．(2)证明设CB→＝a，CD→＝b，CC1→＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝a，且a·b＝b·c＝c·a＝0，∵CA1→＝a＋b＋c，BC1→＝c－a，∴CA1→·BC1→＝(a＋b＋c)·(c－a)＝c2－a2＝0，∴CA1→⊥BC1→，即CA1⊥BC1，同理可证：CA1⊥BD，因此A1C⊥平面BC1D.(3)解∵CA1→＝a＋b＋c，∴CA1→2＝a2＋b2＋c2＝3a2，即|CA1→|＝3a，因此|CG→|＝33a.即C到平面BC1D的距离为33a.13．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1，底面△ABC中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M、N分别是A1B1，A1A的中点．(1)求BN→的模；(2)求cos〈BA1→，CB1→〉的值；(3)求证：A1B⊥C1M.解如图，建立空间直角坐标系Oxyz，(1)依题意得B(0,1,0)、N(1,0,1)，∴|BN→|＝1－02＋0－12＋1－02＝3.(2)依题意得A1(1,0,2)、B(0,1,0)、C(0,0,0)、B1(0,1,2)，∴BA1→＝(1，－1,2)，CB1→＝(0,1,2)，BA1→·CB1→＝3，|BA1→|＝6，|CB1→|＝5，∴cos〈BA1→，CB1→〉＝BA1→·CB1→|BA1→||CB1→|＝11030.(3)证明：依题意，得C1(0,0,2)、M12，12，2，A1B→＝(－1,1，－2)，C1M→＝12，12，0.A1B→·C1M→＝－12＋12＋0＝0，[来源:Z#xx#k.Com]∴A1B→⊥C1M→.∴A1B⊥C1M.14．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°，(1)EF→＝12BD→＝12c－12a，BA→＝－a，DC→＝b－c，EF→·BA→＝12c－12a·(－a)＝12a2－12a·c＝14，(2)EF→·DC→＝12(c－a)·(b－c)＝12(b·c－a·b－c2＋a·c)＝－14；(3)EG→＝EB→＋BC→＋CG→＝12a＋b－a＋12c－12b＝－12a＋12b＋12c，|EG→|2＝14a2＋14b2＋14c2－12a·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°，90°]，所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为23.