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  • 2021-07-02 发布

【数学】2020届一轮复习(理)通用版8-6空间向量的运算及应用作业

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课时跟踪检测(四十八) 空间向量的运算及应用 一、题点全面练 ‎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),∴解得λ=-9.‎ ‎2.若平面α,β的法向量分别为n1=(2,-3,5),n2=(-3,1,-4),则(  )‎ A.α∥β B.α⊥β C.α,β相交但不垂直 D.以上均不正确 解析:选C ∵n1·n2=2×(-3)+(-3)×1+5×(-4)=-29≠0,∴n1与n2不垂直,又n1,n2不共线,∴α与β相交但不垂直.‎ ‎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,已知空间四边形OABC,其对角线为OB,AC,M,N分别是对边OA,BC的中点,点G在线段MN上,且分MN所成的比为2,现用基向量,,表示向量,设=x+y+z,则x,y,z的值分别是(  )‎ A.x=,y=,z= B.x=,y=,z= C.x=,y=,z= D.x=,y=,z= 解析:选D 设=a,=b,=c,∵点G分MN所成的比为2,∴=,∴=+=+(-)=a+=a+b+c-a=a+ b+c,即x=,y=,z=.‎ ‎5.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 ∵=++,∴||2=||2+||2+||2+2·+2·+2·=1+1+1-=3-,∴||=.‎ ‎6.如图所示,在长方体ABCDA1B1C1D1中,O为AC的中点.用,,表示,则=________________.‎ 解析:∵==(+),∴=+=(+)+=++.‎ 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,MN=________.‎ 解析:连接PD(图略),∵M,N分别为CD,PC的中点,∴MN=PD,又P(0,0,1),D(0,1,0),‎ ‎∴PD==,∴MN=.‎ 答案: ‎8.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M为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,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,‎ 所以A,B1,‎ 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 ‎9.如图所示,在平行四边形ABCD中,AB=AC=1,∠ACD=90°,将它沿对角线AC折起,使AB与CD成60°角,求B、D间的距离.‎ 解:∵∠ACD=90°,∴·=0.同理·=0.‎ ‎∵AB与CD成60°角,∴〈,〉=60°或120°.‎ 又∵=++,∴||2=||2+||2+||2+2·+2·+2·=3+2×1×1×cos〈,〉.‎ 当〈,〉=60°时,2=4;‎ 当〈,〉=120°时,2=2.‎ ‎∴||=2或,即B,D间的距离为2或.‎ ‎10.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,‎ 则=++=c+b+=a+b+c=++.‎ 故AG=AB+AD+AA1.‎ ‎(2)证明:=+=a+b,‎ =+=b+a=,‎ ‎∵EG与AC无公共点,‎ ‎∴EG∥AC,‎ ‎∵EG⊄平面AB1C,AC⊂平面AB1C,‎ ‎∴EG∥平面AB1C.‎ 又∵=+=a+c,‎ =+=c+a=,‎ ‎∵FG与AB1无公共点,‎ ‎∴FG∥AB1,‎ ‎∵FG⊄平面AB1C,AB1⊂平面AB1C,‎ ‎∴FG∥平面AB1C.‎ 又∵FG∩EG=G,FG⊂平面EFG,EG⊂平面EFG,‎ ‎∴平面EFG∥平面AB1C.‎ 二、专项培优练 ‎(一)易错专练——不丢怨枉分 ‎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.空间四点A(2,3,6),B(4,3,2),C(0,0,1),D(2,0,2)的位置关系为(  )‎ A.共线 B.共面 C.不共面 D.无法确定 解析:选C =(2,0,-4),=(-2,-3,-5),=(0,-3,-4),由不存在实数λ,使=λ成立知,A,B,C不共线,故A,B,C,D不共线;假设A,B,C,D共面,则可设=x+y (x,y为实数),即由于该方程组无解,故A,B,C,D不共面,故选C.‎ ‎3.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,则OQ=(λ,λ,2λ),即Q(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=时取最小值,此时Q点坐标是.‎ 答案: ‎4.已知四面体PABC中,∠PAB=∠BAC=∠PAC=60°,||=1,||=2,||=3,则|++|=________.‎ 解析:∵在四面体PABC中,∠PAB=∠BAC=∠PAC=60°,||=1,||=2,||=3,∴·=1×2×cos 60°=1,·=2×3×cos 60°=3,·=1×3×cos 60°=,∴|++|= ‎==5.‎ 答案:5‎ ‎(二)素养专练——学会更学通 ‎5.[数学建模、数学运算]‎ 如图,在四面体ABCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD,AD=2,BD=2,M是AD的中点,P是BM的中点,点Q在线段AC上,且AQ ‎=3QC.‎ 求证:PQ∥平面BCD.‎ 证明:如图,取BD的中点O,以O为坐标原点,OD,OP所在直线分别为y轴,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz.‎ 由题意知,A(0,,2),B(0,-,0),D(0,,0).‎ 设点C的坐标为(x0,y0,0).‎ 因为=3,‎ 所以Q.‎ 因为M为AD的中点,故M(0,,1).‎ 又P为BM的中点,故P,‎ 所以=.‎ 又平面BCD的一个法向量为a=(0,0,1),‎ 故·a=0.‎ 又PQ⊄平面BCD,所以PQ∥平面BCD.‎ ‎6.[数学建模、数学运算]如图所示,已知四棱锥PABCD的底面是直角梯形,∠ABC=∠BCD=90°,AB=BC=PB=PC=2CD,平面PBC⊥底面ABCD.求证:‎ ‎(1)PA⊥BD;‎ ‎(2)平面PAD⊥平面PAB.‎ 证明:(1)取BC的中点O,连接PO,‎ ‎∵△PBC为等边三角形,∴PO⊥BC.‎ ‎∵平面PBC⊥底面ABCD,平面PBC∩底面ABCD=BC,PO⊂平面PBC,‎ ‎∴PO⊥底面ABCD.‎ 以BC的中点O为坐标原点,以BC所在直线为x轴,过点O与AB平行的直线为y轴,OP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.‎ 不妨设CD=1,则AB=BC=2,PO=,‎ ‎∴A(1,-2,0),B(1,0,0),D(-1,-1,0),P(0,0,),‎ ‎∴=(-2,-1,0),=(1,-2,-).‎ ‎∵·=(-2)×1+(-1)×(-2)+0×(-)=0,‎ ‎∴⊥,∴PA⊥BD.‎ ‎(2)取PA的中点M,连接DM,则M.‎ ‎∵=,=(1,0,-),‎ ‎∴·=×1+0×0+×(-)=0,‎ ‎∴⊥,即DM⊥PB.‎ ‎∵·=×1+0×(-2)+×(-)=0,‎ ‎∴⊥,即DM⊥PA.‎ 又∵PA∩PB=P,PA⊂平面PAB,PB⊂平面PAB,‎ ‎∴DM⊥平面PAB.‎ ‎∵DM⊂平面PAD,∴平面PAD⊥平面PAB.‎