高考数学一轮复习课时作业：46 空间向量及其运算、空间位置关系 Word版含解析

课时作业46　空间向量及其运算、空间位置关系

一、选择题

1．已知点A(－3,0，－4)，点A关于原点的对称点为B，则|AB|等于(　D　)

A．12   B．9

C．25   D．10

解析：点A关于原点对称的点B的坐标为(3,0,4)，故|AB|＝＝10.

2．已知向量a＝(2，－3,5)，b＝，且a∥b，则λ等于(　C　)

A.   B.

C．－   D．－

解析：a∥b⇔a＝kb⇔⇔

3．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k的值为(　D　)

A．1   B.

C.   D.

解析：ka＋b＝(k－1，k,2)，2a－b＝(3,2，－2)，由题意知，3(k－1)＋2k－4＝0，解得k＝.

4．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a、b、c三个向量共面，则实数λ等于(　D　)

A.   B.

C.   D.

解析：由于a，b，c三个向量共面，所以存在实数m，n使得c＝ma＋nb，

即有

解得m＝，n＝，λ＝.

5．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，＝，点N为B1B的中点，则|MN|等于(　A　)

A.a   B.a

C.a   D.a

解析：∵＝－＝－＝＋－(＋＋)＝＋－，∴||＝＝a.故选A.

6．设A，B，C，D是空间不共面的四个点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，则△BCD的形状是(　C　)

A．钝角三角形  B．直角三角形

C．锐角三角形  D．无法确定

解析：·＝(－)·(－)＝·－·－·＋2＝2>0，同理·>0，·>0，故△BCD为锐角三角形．故选C.

二、填空题

7．已知点P在z轴上，且满足|OP|＝1(O为坐标原点)，则点P到点A(1,1,1)的距离为或.

解析：由题意知，P(0,0,1)或P(0,0，－1)．

∴|PA|＝＝.

或|PA|＝＝.

8．已知空间四边形OABC，点M、N分别是OA、BC的中点，且＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示向量＝(b＋c－a)．

解析：如图，＝(＋)

＝[(－)＋(－)]

＝(＋－2)

＝(＋－)＝(b＋c－a)．

9．已知O(0,0,0)，A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，当·取最小值时，点Q的坐标是.

解析：由题意，设＝λ，即OQ＝(λ，λ，2λ)，则＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝62－，当λ＝时有最小值，此时Q点坐标为.

三、解答题

10．已知a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1，4)，B(－2，－2,2)．

(1)求|2a＋b|；

(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点)

解：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2，1,1)＝(0，－5,5)，故|2a＋b|＝＝5.

(2)令＝t(t∈R)，所以＝＋＝＋t＝(－3，－1,4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4－2t)，若⊥b，则·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝.因此存在点E，使得⊥b，此时E点的坐标为(－，－，)．

11．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，设E，F分别为PC，BD的中点．

(1)求证：EF∥平面PAD；

(2)求证：平面PAB⊥平面PDC.

证明：(1)如图，取AD的中点O，连接OP，OF.

因为PA＝PD，所以PO⊥AD.

因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，

所以PO⊥平面ABCD.

又O，F分别为AD，BD的中点，

所以OF∥AB.

又ABCD是正方形，所以OF⊥AD.

因为PA＝PD＝AD，

所以PA⊥PD，OP＝OA＝.

以O为原点，OA，OF，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则A，F，D，

P，B，C.

因为E为PC的中点，

所以E.易知平面PAD的一个法向量为＝，

因为＝，

且·＝·，0，－＝0，

又因为EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD.

(2)因为＝，＝(0，－a,0)，

所以·＝·(0，－a,0)＝0，

所以⊥，所以PA⊥CD.

又PA⊥PD，PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PDC，所以PA⊥平面PDC.

又PA⊂平面PAB，

所以平面PAB⊥平面PDC.

12．如图，P为空间任意一点，动点Q在△ABC所在平面内运动，且＝2－3＋m，则实数m的值为(　C　)

A．0   B．2

C．－2   D．1

解析：∵＝2－3＋m，∴＝2－3－m.又动点Q在△ABC所在平面内运动，∴2＋(－3)＋(－m)＝1，∴m＝－2.故选C.

13．如图，在三棱锥A­BCD中，平面ABC⊥平面BCD，△BAC与△BCD均为等腰直角三角形，且∠BAC＝∠BCD＝90°，BC＝2，点P是线段AB上的动点，若线段CD上存在点Q，使得异面直线PQ与AC成30°的角，则线段PA长的取值范围是(　B　)

A．(0，)   B．[0，]

C．(，)   D．(，)

解析：以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(0,1,1)，B(0,2,0)，C(0,0,0)，设Q(q,0,0)，＝λ＝(0，λ，－λ)，则＝－＝－(＋)＝(q,0,0)－(0,1,1)－(0，λ，－λ)＝(q，－1－λ，λ－1)，

∵异面直线PQ与AC成30°的角，

∴cos30°＝

＝

＝＝，

∴q2＋2λ2＋2＝，

∴q2＝－2λ2∈[0,4]．

∴

解得0≤λ≤，

∴||＝λ∈[0，]，

∴线段PA长的取值范围是[0，]．

故选B.

14．如图所示，正三角形ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A­DC­B.

(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由．

(2)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．

解：(1)AB∥平面DEF，理由如下：

以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，2，0)，E(0，，1)，F(1，，0)，所以＝(0，，1)，＝(1，，0)，＝(2,0，－2)，由此，得＝－2＋2.

又与不共线，根据向量共面的充要条件可知，，共面．

由于AB⊄平面DEF，所以AB∥平面DEF.

(2)假设存在点P(x，y,0)满足条件，

则＝(x，y，－2)，·＝y－2＝0，

所以y＝.又＝(x－2，y,0)，＝(－x,2－y,0)，∥，

所以(x－2)(2－y)＝－xy，

所以x＋y＝2.

把y＝代入上式，得x＝，

所以＝，所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE，此时＝.