【数学】2020届一轮复习新课改省份专用版7-5空间向量的运算及应用作业 7页

课时跟踪检测（四十三） 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.‎