(新高考)高考数学一轮复习素养练习 第8章 第5讲　高效演练分层突破 (含解析)

[基础题组练]

1．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)，所以解得λ＝－9.

2．(多选)有下列四个命题，其中不正确的命题有(　　)

A．已知A，B，C，D是空间任意四点，则＋＋＋＝0

B．若两个非零向量与满足＋＝0，则∥

C．分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量

D．对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝x＋y＋z(x，y，z∈R)，则P，A，B，C四点共面

解析：选ACD．对于A，已知A，B，C，D是空间任意四点，则＋＋＋＝0，错误；对于B，若两个非零向量与满足＋＝0，则∥，正确；对于C，分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量可以是共面向量，不正确；对于D，对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝x＋y＋z(x，y，z∈R)，仅当x＋y＋z＝1时，P，A，B，C四点共面，故错误．

3．在空间四边形ABCD中，·＋·＋·＝(　　)

A．－1  B．0

C．1  D．不确定

解析：选B．如图，令＝a，＝b，＝c，

则·＋·＋·＝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．  B．

C．1  D．

解析：选D．因为＝＋＋，所以||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1－＝3－，所以||＝.

5．已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，O为坐标原点，＋λ与的夹角为120°，则λ的值为(　　)

A．±  B．

C．－  D．±

解析：选C．＋λ＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝＝－，得λ＝±.经检验λ＝不合题意，舍去，所以λ＝－.

6.如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，O为AC的中点．用，，表示，则＝________．

解析：因为＝＝(＋)，

所以＝＋＝(＋)＋＝＋＋.

答案：＋＋

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＝PD，

又P(0，0，1)，D(0，1，0)，

所以PD＝＝，

所以MN＝.

答案：

8.如图所示，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝，则cos〈，〉的值为________．

解析：设＝a，＝b，＝c，

由已知条件得〈a，b〉＝〈a，c〉＝，且|b|＝|c|，

·＝a·(c－b)＝a·c－a·b

＝|a||c|－|a||b|＝0，

所以⊥，

所以cos〈，〉＝0.

答案：0

9.如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，平面AA1C1C和平面AA1B1B都是正方形且互相垂直，M为AA1的中点，N为BC1的中点．

求证：(1)MN∥平面A1B1C1；

(2)平面MBC1⊥平面BB1C1C；

证明：由题意知，AA1，AB，AC两两垂直，则以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．

设AA1＝2，则A(0，0，0)，A1(2，0，0)，B(0，2，0)，B1(2，2，0)，C(0，0，2)，C1(2，0，2)，M(1，0，0)，N(1，1，1)．

(1)因为AA1⊥A1B1，AA1⊥A1C1，

且A1B1∩A1C1＝A1，

所以AA1⊥平面A1B1C1.

因为＝(0，1，1)，＝(2，0，0)，

所以·＝0，即MN⊥AA1.

因为MN⊄平面A1B1C1，

故MN∥平面A1B1C1.

(2)设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．

因为＝(－1，2，0)，＝(1，0，2)，

所以⇒令x1＝2，

则n1＝(2，1，－1)．同理可得n2＝(0，1，1)．

因为n1·n2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，

所以平面MBC1⊥平面BB1C1C.

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A－xyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)，所以E，F，＝，＝(1，0，－1)，＝(0，2，－1)，＝(0，0，1)，＝(0，2，0)，＝(1，0，0)，＝(1，0，0)．

(1)因为＝－，所以∥，即EF∥AB.

又AB⊂平面PAB，EF⊂/ 平面PAB，

所以EF∥平面PAB.

(2)因为·＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，

所以⊥，⊥，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＝x＋y＋z(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＝2－3＋2.则－＝2－3(－)＋2(－)，即＝－3＋2，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＝m＋n(m，n∈R)，即－＝m(－)＋n(－)，即＝(1－m－n)＋m＋n，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＝，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．设M点的坐标为(x，y，1)，因为AC∩BD＝O，所以O，又E(0，0，1)，A(，，0)，

所以＝，＝(x－，y－，1)，

因为AM∥平面BDE，所以∥，

所以⇒

所以M点的坐标为.

3．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，＝λ，且AB1⊥MN，则λ的值为________．

解析：如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，以，，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，B1(－，0，2)，C，C1，

M(0，0，0)，设N，

因为＝λ，所以N，

所以＝，

＝.

又因为AB1⊥MN，所以·＝0.

所以－＋＝0，所以λ＝15.

答案：15

4.如图，四面体ABCD中，E，F分别为AB，DC上的点，且AE＝BE，CF＝2DF，设＝a，＝b，＝c.

(1)以{a，b，c}为基底表示，则＝______；

(2)若∠ADB＝∠BDC＝∠ADC＝60°，且||＝4，||＝3，||＝3，则||＝______．

解析：(1)如图所示，连接DE.

因为＝＋，＝－＝－，＝(＋)，所以＝－c＋a＋b.

(2)||2＝＝a2＋b2＋c2＋a·b－a·c－b·c＝×42＋×32＋×32＋×4×3×－×4×3×－×3×3×＝.所以||＝.

答案：－c＋a＋b　

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，P(0，0，a)，F.＝，＝(0，a，0)．因为·＝0，所以⊥，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＝，

若使GF⊥平面PCB，则由

·＝·(a，0，0)

＝a＝0，得x＝；

由·＝·(0，－a，a)＝＋a＝0，得z＝0.

所以G点坐标为，

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＝AA＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3，

所以AO2＋A1O2＝AA，

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(，0，0)，C(0，1，0)，D(－，0，0)，A1(0，0，)，C1(0，2，)．

由于＝(－2，0，0)，＝(0，1，)，

·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，

所以⊥，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＝λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0，1，)．

从而有P(0，1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)．

设平面DA1C1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，

则

又＝(0，2，0)，＝(，0，)，

则

取n＝(1，0，－1)，

因为BP∥平面DA1C1，

则n⊥，即n·＝－－λ＝0，得λ＝－1，

即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.