高中数学高考6 第6讲　空间向量及其运算 新题培优练

[基础题组练]

1.已知三棱锥O­ABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示，则等于(　　)

A.(b＋c－a)

B.(a＋b＋c)

C.(a－b＋c)

D.(c－a－b)

解析：选D.＝＋＋＝(c－a－b)．

2．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.

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，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，E，F，G分别是A1D1，D1D，D1C1的中点．

(1)试用向量，，表示；

(2)用向量方法证明平面EFG∥平面AB1C.

解：(1)设＝a，＝b，＝c.

由图得＝＋＋

＝c＋b＋

＝a＋b＋c

＝＋＋.

(2)证明：由题图，得＝＋＝a＋b，

＝＋＝b＋a＝，

因为EG与AC无公共点，

所以EG∥AC，因为EG⊄平面AB1C，AC⊂平面AB1C，

所以EG∥平面AB1C.

又因为＝＋＝a＋c，

＝＋＝c＋a＝，

因为FG与AB1无公共点，所以FG∥AB1，

因为FG⊄平面AB1C，AB1⊂平面AB1C，

所以FG∥平面AB1C，

又因为FG∩EG＝G，FG，EG⊂平面EFG，

所以平面EFG∥平面AB1C.

10．已知正四面体ABCD(所有棱长均相等)的棱长为1，E，F，G，H分别是四面体ABCD中各棱的中点，设＝a，＝b，＝c，试采用向量法解决下列问题．

(1)求的模长；

(2)求，的夹角．

解：(1)如图所示，

正四面体ABCD的棱长为1，E，F，G，H分别是四面体ABCD中各棱的中点，

＝a，＝b，＝c，

所以＝＝(－)＝(b－a)，

＝＝c；

所以＝＋＋＝－(b－a)－a＋c＝(c－a－b)，

所以||＝

＝

＝

＝.

(2)正四面体ABCD中，＝(c－a－b)，||＝；

同理，＝(b＋c－a)，||＝；

所以cos〈，〉＝

＝

＝[(c－a)2－b2]

＝[c2＋a2－2c·a－b2]

＝[1＋1－2×1×1×cos 60°－1]

＝0，

所以与的夹角为90°.

[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．如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是(　　)

A.   B.

C.   D.

解析：选C.设＝λ，＝μ，(λ，μ∈[0，1])．

所以＝λ(0，1，2)＝(0，λ，2λ)，

＝＋μ(－)＝(1，0，0)＋μ(－1，1，0)＝(1－μ，μ，0)．

所以||＝|－|＝|(1－μ，μ－λ，－2λ)|

＝

＝≥＝，

当且仅当λ＝，μ＝，即λ＝，μ＝时取等号．

所以线段PQ长度的最小值为.故选C.

4．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

5.如图，在多面体ABC­A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1綊BC，二面角A1­AB­C是直二面角．

求证：(1)A1B1⊥平面AA1C；

(2)AB1∥平面A1C1C.

证明：因为二面角A1­AB­C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CA⊥AB，

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Axyz，

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A1B1⊥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＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，

所以⊥m，

又AB1⊄平面A1C1C，

所以AB1∥平面A1C1C.

6.如图所示，四棱锥S­ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．

(1)求证：AC⊥SD；

(2)若SD⊥平面PAC，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．

解：(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，则AC⊥BD.

由题意知SO⊥平面ABCD.

以O为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图．

设底面边长为a，则高SO＝a，

于是S，D，

B，C，

＝，＝，

则·＝0.

故OC⊥SD.

从而AC⊥SD.

(2)棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.

理由如下：

由已知条件知是平面PAC的一个法向量，

且＝，＝，

＝.

设＝t，则＝＋＝＋t

＝，

而·＝0，

解得t＝.

即当SE∶EC＝2∶1时，⊥.

而BE⊄平面PAC，

故BE∥平面PAC.