高考复习《空间向量》课时作业8.6

这是一份高考复习《空间向量》课时作业8.6，共8页。

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．0 B．1 C．2 D．3
A a与b共线，a，b所在的直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a，b都共面，故②不正确；三个向量a，b，c中任意两个一定共面，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.
2．已知向量a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，－1，2))，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－6，2，t))，且a∥b，则t＝( )
A．10 B．－10
C．4 D．－4
D 由于a∥b，所以eq \f(－6,3)＝eq \f(2,－1)＝eq \f(t,2)，解得t＝－4.
故选：D.
3．已知a＝(1，0，1)，b＝(x，1，2)，且a·b＝3，则向量a与b的夹角为( )
A.eq \f(5π,6) B.eq \f(2π,3) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,6)
D ∵a·b＝x＋2＝3，∴x＝1，∴b＝(1，1，2)，
∴cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(3,\r(2)×\r(6))＝eq \f(\r(3),2)，
又∵〈a，b〉∈[0，π]，
∴a与b的夹角为eq \f(π,6)，故选D.
4．已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(AF,\s\up6(→))的值为( )
A．a2 B.eq \f(1,2)a2 C.eq \f(1,4)a2 D.eq \f(\r(3),4)a2
C
如图，设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AD,\s\up6(→))＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝a，且a，b，c三向量两两夹角为60°.
eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(a＋b)，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)c，
∴eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(a＋b)·eq \f(1,2)c
＝eq \f(1,4)(a·c＋b·c)＝eq \f(1,4)(a2cs 60°＋a2cs 60°)＝eq \f(1,4)a2.
5．如图，已知平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝3，AA1＝5, ∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，则|AC1|的长为( )
A．5eq \r( ,2) B.eq \r( ,62)
C．10 D.eq \r( ,97)
D 由题如图：AC1＝eq \(AB,\s\up6(→))＋BC1，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AC1))2＝(eq \(AB,\s\up6(→))＋BC1)2＝16＋2eq \(AB,\s\up6(→))·BC1＋BC12可化为：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AC1))2＝16＋2eq \(AB,\s\up6(→))·(BB1＋eq \(BC,\s\up6(→)))＋(BB1＋eq \(BC,\s\up6(→)))2＝16＋20＋12＋25＋15＋9＝97得：|AC1|＝eq \r( ,97).
6．已知2a＋b＝(0，－5，10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，则以b，c为方向向量的两直线的夹角为______．
解析 由题意，得(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10，
即2a·c＋b·c＝－10.又∵a·c＝4，∴b·c＝－18，
∴cs〈b，c〉＝eq \f(b·c,|b||c|)＝eq \f(－18,12×\r(1＋4＋4))＝－eq \f(1,2)，
又∵〈b，c〉∈[0°，180°]，
∴〈b，c〉＝120°，∴两直线的夹角为60°.
答案 60°
7．已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，eq \(A1E,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(A1C1,\s\up6(→))，若eq \(AE,\s\up6(→))＝xeq \(AA1,\s\up6(→))＋y(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))，则x＝________，y＝________．
解析 eq \(A1E,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(A1C1,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)(eq \(A1B1,\s\up6(→))＋eq \(A1D1,\s\up6(→)))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))，所以x＝1，y＝eq \f(1,4).
故答案为：1，eq \f(1,4).
答案 1 eq \f(1,4)
8．A，B，C，D是空间不共面四点，且eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝0，eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝0，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝0，则△BCD的形状是________三角形．(填锐角、直角、钝角中的一个)
解析 因为eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))·(eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))
＝eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AB2,\s\up6(→))
＝eq \(AB,\s\up6(→))2>0，
所以∠CBD为锐角．同理∠BCD，∠BDC均为锐角．
答案 锐角
9．已知ABCD—A1B1C1D1为正方体，
①(eq \(A1A,\s\up6(→))＋eq \(A1D1,\s\up6(→))＋eq \(A1B1,\s\up6(→)))2＝3eq \(A1B1,\s\up6(→))2；
②eq \(A1C,\s\up6(→))·(eq \(A1B1,\s\up6(→))－eq \(A1A,\s\up6(→)))＝0；
③向量eq \(AD1,\s\up6(→))与向量eq \(A1B,\s\up6(→))的夹角是60°；
④正方体ABCD—A1B1C1D1的体积为|eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))|.
其中正确的序号是________．
解析 ①中，(eq \(A1A,\s\up6(→))＋eq \(A1D1,\s\up6(→))＋eq \(A1B1,\s\up6(→)))2＝eq \(A1A2,\s\up6(→))＋eq \(A1D1,\s\up6(→))2＋eq \(A1B1,\s\up6(→))2＝3eq \(A1Beq \\al(2,1),\s\up6(→))，故①正确；②中，eq \(A1B1,\s\up6(→))－eq \(A1A,\s\up6(→))＝eq \(AB1,\s\up6(→))，因为AB1⊥A1C，故②正确；③中，两异面直线A1B与AD1所成的角为60°，但eq \(AD1,\s\up6(→))与eq \(A1B,\s\up6(→))的夹角为120°，故③不正确；④中，|eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))|＝0，故④也不正确．
答案 ①②
10．(2020·唐山模拟)已知空间三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，设a＝eq \(AB,\s\up6(→))，b＝eq \(AC,\s\up6(→)).
(1)求a和b夹角的余弦值．
(2)设|c|＝3，c∥eq \(BC,\s\up6(→))，求c的坐标．
解 (1)因为eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，
所以a·b＝－1＋0＋0＝－1，|a|＝eq \r(2)，|b|＝eq \r(5).
所以cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(－1,\r(2)×\r(5))＝eq \f(－\r(10),10).
(2)eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2，－1，2)．设c＝(x，y，z)，
因为|c|＝3，c∥eq \(BC,\s\up6(→))，
所以eq \r(x2＋y2＋z2)＝3，存在实数λ使得c＝λeq \(BC,\s\up6(→))，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－2λ，,y＝－λ，,z＝2λ，))联立解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－2，,y＝－1，,z＝2，,λ＝1，))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝1，,z＝－2，,λ＝－1，))
所以c＝(－2，－1，2)或c＝(2，1，－2)．
11．(2020·巴蜀模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，PD⊥底面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，AD＝AB＝1，BC＝eq \r(2).
(1)求证：平面PBD⊥平面PBC.
(2)设H为CD上一点，满足2eq \(CH,\s\up6(→))＝3 eq \(HD,\s\up6(→))，若直线PC与平面PBD所成的角的正切值为eq \f(\r(6),3)，求二面角H－PB－C的余弦值．
解 (1)由AD⊥CD，AB∥CD，AD＝AB＝1⇒BD＝eq \r(2)，
又BC＝eq \r(2)，所以CD＝2，所以BC⊥BD，因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC.
因为PD∩BD＝D，所以BC⊥平面PBD，所以平面PBD⊥平面PBC.
(2)由(1)可知∠BPC为PC与底面PBD所成的角．
所以tan∠BPC＝eq \f(\r(6),3)，所以PB＝eq \r(3)，PD＝1，
又2eq \(CH,\s\up6(→))＝3eq \(HD,\s\up6(→))及CD＝2，可得CH＝eq \f(6,5)，DH＝eq \f(4,5).
以D点为坐标原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B(1，1，0)，P(0，0，1)，C(0，2，0)，H(0，eq \f(4,5)，0)．
设平面HPB的法向量为n＝(x，y，z)，
则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(HP,\s\up6(→))＝0,n·\(PB,\s\up6(→))＝0))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)y＋z＝0，,x＋y－z＝0))，得n＝(1，－5，－4)，
同理平面PBC的法向量为m＝(1，1，2)．
所以cs ＝eq \f(m·n,|m||n|)＝－eq \f(2\r(7),7)，
又二面角H－PB－C为锐角．
所以二面角H－PB－C余弦值为eq \f(2\r(7),7).
[技能过关提升]
12．若点N为点M在平面α上的正投影，则记N＝fαeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M)).如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，记平面AB1C1D为β，平面ABCD为γ，点P是棱CC1上一动点(与C、C1不重合)Q1＝fγeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(fβ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(P))))，Q2＝fβeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(fγ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(P)))).给出下列三个结论：
①线段PQ2长度的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))；
②存在点P使得PQ1∥平面β；
③存在点P使得PQ1⊥PQ2.
其中，所有正确结论的序号是( )
A．①②③ B．②③
C．①③ D．①②
D 取C1D的中点Q2，过点P在平面AB1C1D内作PE⊥C1D，再过点E在平面CC1D1D内作EQ1⊥CD，垂足为点Q1.
在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AD⊥平面CC1D1D，PE⊂平面CC1D1D，∴PE⊥AD，
又∵PE⊥C1D，AD∩C1D＝D，∴PE⊥平面AB1C1D，即PE⊥β，∴fβeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(P))＝E，
同理可证EQ1⊥γ，CQ⊥β，则fγeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(fβ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(P))))＝fγeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(E))＝Q1，fβeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(fγ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(P))))＝fβeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C))＝Q2.
以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D­xyz，设CP＝a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0对于命题①，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PQ2))＝eq \r(\f(1,4)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2)，∵0对于命题②，∵CQ2⊥β，则平面β的一个法向量为eq \(CQ2,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \(PQ1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－1,2)，－a))，令eq \(CQ2,\s\up6(→))·eq \(PQ1,\s\up6(→))＝eq \f(1－a,4)－eq \f(a,2)＝eq \f(1－3a,4)＝0，解得a＝eq \f(1,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))，
所以，存在点P使得PQ1∥平面β，命题②正确；对于命题③，eq \(PQ2,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，\f(1－2a,2)))，令eq \(PQ1,\s\up6(→))·eq \(PQ2,\s\up6(→))＝eq \f(1－a,4)＋eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a－1)),2)＝0，整理得4a2－3a＋1＝0，该方程无解，所以，不存在点P使得PQ1⊥PQ2，命题③错误．故选：D.
13．若{a，b，c}是空间的一个基底，且向量p＝xa＋yb＋zc，则(x，y，z)叫向量p在基底{a，b，c}下的坐标，已知{a，b，c}是空间的一个基底，{a＋b，a－b，c}是空间的另一个基底，一向量p在基底{a，b，c}下的坐标为(4，2，3)，则向量p在基底{a＋b，a－b，c}下的坐标是( )
A．(4，0，3) B．(3，1，3) C．(1，2，3) D．(2，1，3)
B 设p在基底{a＋b，a－b，c}下的坐标为x，y，z，
则p＝x(a＋b)＋y(a－b)＋zc
＝(x＋y)a＋(x－y)b＋zc，①
∵p在{a，b，c}下的坐标为(4，2，3)，
∴p＝4a＋2b＋3c，②
由①②得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝4,x－y＝2,z＝3)) ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝3,y＝1,z＝3))
即p在{a＋b，a－b，c}下的坐标为(3，1，3)．
14．(2020·吉林模拟)已知四边形ABCD满足：eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))>0，eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))>0，eq \(CD,\s\up6(→))·eq \(DA,\s\up6(→))>0，eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))>0，则该四边形为( )
A．平行四边形 B．梯形
C．长方形 D．空间四边形
D 由已知得eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))<0，eq \(CB,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))<0，eq \(DC,\s\up6(→))·eq \(DA,\s\up6(→))<0，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))<0，由夹角的定义知∠B，∠C，∠D，∠A均为钝角，故A，B，C不正确．
15．(2020·郑州调研)已知O点为空间直角坐标系的原点，向量eq \(OA,\s\up6(→))＝(1，2，3)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(2，1，2)，eq \(OP,\s\up6(→))＝(1，1，2)，且点Q在直线OP上运动，当eq \(QA,\s\up6(→))·eq \(QB,\s\up6(→))取得最小值时，eq \(OQ,\s\up6(→))的坐标是________．
解析 ∵点Q在直线OP上，∴设点Q(λ，λ，2λ)，
则eq \(QA,\s\up6(→))＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，eq \(QB,\s\up6(→))＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，
eq \(QA,\s\up6(→))·eq \(QB,\s\up6(→))＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(4,3)))eq \s\up12(2)－eq \f(2,3).
即当λ＝eq \f(4,3)时，eq \(QA,\s\up6(→))·eq \(QB,\s\up6(→))取得最小值－eq \f(2,3).
此时eq \(OQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3))).
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3)))