2020版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第6讲 空间向量的运算及应用配套课时作业课件 理 新人

配套课时作业1．已知向量a＝(2，－1,3)，b＝(－4,2，x)，使a⊥b成立的x与使a∥b成立的x分别为()A.103，－6B．－103，6C．－6，103D．6，－103答案A答案解析∵向量a＝(2，－1,3)，b＝(－4,2，x)，∴b·a＝0⇔－8－2＋3x＝0⇔x＝103.b∥a⇔2－4＝－12＝3x⇔x＝－6.因此使a⊥b成立的x与使a∥b成立的x分别是103，－6，故选A.解析2．在空间四边形ABCD中，AB→＝a，BC→＝b，AD→＝c，则CD→等于()A．a＋b－cB．c－a－bC．a－b－cD．b－a＋c答案B答案解析如图所示，CD→＝CB→＋BD→＝CB→＋(AD→－AB→)＝－b＋c－a＝c－a－b.故选B.解析3．已知向量a＝(1,0，－1)，则下列向量中与a成60°夹角的是()A．(－1,1,0)B．(1，－1,0)C．(0，－1,1)D．(－1,0,1)解析经检验，选项B中向量(1，－1,0)与向量a＝(1,0，－1)的夹角的余弦值为12，即它们的夹角为60°.故选B.解析答案B答案4．已知平面α内有一个点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量是n＝(6，－3,6)，则下列点P在平面α内的是()A．P(2,3,3)B．P(－2,0,1)C．P(－4,4,0)D．P(3，－3,4)解析∵n＝(6，－3,6)是平面α的法向量，∴n⊥MP→，在选项A中，MP→＝(1,4,1)，∴n·MP→＝0.故选A.解析答案A答案5．棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB1→·(DD1→－DC→)＝()A．－1B．0C.12D.14解析AB1→·(DD1→－DC→)＝AB1→·CD1→＝0.故选B.解析答案B答案6．(2018·珠海模拟)已知A(1，－1,3)，B(0,2,0)，C(－1,0,1)，若点D在z轴上，且AD→⊥BC→，则|AD→|等于()A.2B.3C.5D.6解析∵点D在z轴上，∴可设D点坐标为(0,0，m)，则AD→＝(－1,1，m－3)，BC→＝(－1，－2,1)，由AD→⊥BC→，得AD→·BC→＝m－4＝0，∴m＝4，AD→＝(－1,1,1)，|AD→|＝1＋1＋1＝3.故选B.解析答案B答案7．(2019·西安质检)已知空间四边形ABCD的每条棱和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则AE→·AF→的值为()A．a2B.12a2C.14a2D.34a2解析AE→·AF→＝12(AB→＋AC→)·12AD→＝14(AB→·AD→＋AC→·AD→)＝14(a2cos60°＋a2cos60°)＝14a2.故选C.解析答案C答案8．(2018·东营质检)已知A(1,0,0)，B(0，－1,1)，OA→＋λOB→与OB→的夹角为120°，则λ的值为()A．±66B.66C．－66D．±6解析OA→＋λOB→＝(1，－λ，λ)，cos120°＝λ＋λ1＋2λ2×2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不符合题意，舍去，∴λ＝－66.故选C.解析答案C答案9．已知正方体ABCD－A1B1C1D1，如图所示，E为上底面A1B1C1D1的中心，若AE→＝AA1→＋xAB→＋yAD→，则x，y的值分别为()A．x＝y＝1B．x＝1，y＝12C．x＝y＝12D．x＝12，y＝1答案C答案解析由向量的三角形运算法则知，AE→＝AA1→＋A1E→，而A1E→＝12A1C1→，A1C1→＝A1B1→＋B1C1→，又A1B1→＝AB→，B1C1→＝BC→＝AD→，∴A1C1→＝AB→＋AD→，∴AE→＝AA1→＋12AB→＋12AD→，∴x＝y＝12.解析10．在空间四边形ABCD中，AB→·CD→＋AC→·DB→＋AD→·BC→＝()A．－1B．0C．1D．不确定解析如图，令AB→＝a，AC→＝b，解析答案B答案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.故选B.解析11．(2019·广西模拟)A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足AB→·AC→＝0，AC→·AD→＝0，AB→·AD→＝0，M为BC中点，则△AMD是()A．钝角三角形B．锐角三角形C．直角三角形D．不确定解析∵M为BC中点，∴AM→＝12(AB→＋AC→)．∴AM→·AD→＝12(AB→＋AC→)·AD→＝12AB→·AD→＋12AC→·AD→＝0，∴AM⊥AD，△AMD为直角三角形．故选C.解析答案C答案12．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)，∴6x－4－6＋18＝0，x－42＝4，解得x＝2.解析答案2答案13．如图所示，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝60°，则C1C和BD的关系是________．答案互相垂直答案解析设CB→＝a，CD→＝b，CC1→＝c，则|a|＝|b|.∵BD→＝CD→－CB→＝b－a，∴BD→·CC1→＝(b－a)·c＝b·c－a·c＝|b||c|cos60°－|a||c|cos60°＝0，∴C1C⊥BD.解析14．已知空间四边形ABCD中，AB→＝a－2c，CD→＝5a＋6b－8c，AC，BD的中点分别为E，F，则EF→＝________.答案3a＋3b－5c答案解析取BC的中点M，如图所示，连接EM，FM.∵E，F，M是中点．解析∴EM綊12AB，MF綊12CD，∴EM→＝12AB→＝12a－c，MF→＝12CD→＝52a＋3b－4c，∴EF→＝EM→＋MF→＝12a－c＋52a＋3b－4c＝3a＋3b－5c.解析15．(2018·包头模拟)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〈DP→，AE→〉＝33，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________．答案(1,1,1)答案解析由已知得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，设P(0,0，a)(a0)，则E1，1，a2，所以DP→＝(0,0，a)，AE→＝－1，1，a2，|DP→|＝a，|AE→|＝－12＋12＋a22＝2＋a24＝8＋a22.又cos〈DP→，AE→〉＝33，所以0×－1＋0×1＋a22a·8＋a22＝33，解得a2＝4，即a＝2，所以E(1,1,1)．解析∴EM綊12AB，MF綊12CD，∴EM→＝12AB→＝12a－c，MF→＝12CD→＝52a＋3b－4c，∴EF→＝EM→＋MF→＝12a－c＋52a＋3b－4c＝3a＋3b－5c.解析16．在四棱锥P－ABCD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：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，a2，0，P(0,0，a)，Fa2，a2，a2.答案EF→＝－a2，0，a2，DC→＝(0，a,0)．∵EF→·DC→＝0，∴EF→⊥DC→，即EF⊥CD.答案(2)假设存在满足条件的点G，设G(x,0，z)，则FG→＝x－a2，－a2，z－a2，若使GF⊥平面PCB，则由FG→·CB→＝x－a2，－a2，z－a2·(a,0,0)＝ax－a2＝0，得x＝a2；由FG→·CP→＝x－a2，－a2，z－a2·(0，－a，a)＝a22＋az－a2＝0，得z＝0.∴G点坐标为a2，0，0，即存在满足条件的点G，且点G为AD的中点．答案