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【高考总复习必备】2013年高考数学闯关密练特训9-6空间向量及其运算(理)新人教A版(含解析)


9-6 空间向量及其运算(理)
闯关密练特训 → → ) B. 40 15 ,- ,4 7 7 → → → 1.(2011·芜湖模拟)已知AB=(1,5,-2),BC=(3,1,z),若AB⊥BC,BP=(x-1,y, -3),且 BP⊥平面 ABC,则实数 x、y、z 分别为( A. C. 33 15 ,- ,4 7 7 40 ,-2,4 7
[来源:学科网 ZXXK]

40 D.4, ,-15 7

[答案] B

→ → → → [解析] ∵AB⊥BC,∴AB·BC=0,即 3+5-2z=0,得 z=4,又 BP⊥平面 ABC, → ∴BP⊥ AB,BP⊥BC,BC=(3,1,4), 40 x= , ? ? 7 解得? 15 ? ?y=- 7 . )

则?
? ?

? ?

x- x-

+5y+6=0, +y-12=0,

2. (2011·日照模拟)若 a=(2, -2, -2), b=(2,0,4), 则 a 与 b 的夹角的余弦值为( A. 4 85 85 15 15 B. 69 85

C.-

D.0

[答案] C

a·b 2×2-8 15 [解析] cos〈a,b〉= = =- . |a|·|b| 2 3×2 5 15
3.空间直角坐标系中,A(1,2,3),B(-2,-1,6),C(3,2,1),D(4,3,0),则直线 AB 与

CD 的位置关系是(
A.垂直 C.异面 [答案] B

) B.平行 D.相交但不垂直

→ [解析] AB=(-3,-3,3),CD=(1,1,-1), → → AB=-3CD,



[来源:学,科,网]

→ → → 又BC=(5,3,-5),AB∥\'BC,

∴AB∥CD. 4.(2011·天津模拟)已知 a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ ),若 a、b、

c 三向量共面,则实数 λ 等于(
A. C. 62 7 64 7

) B. D. 63 7 65 7

[答案] D [解析] 由于 a、b、c 三向量共面,所以存在实数 m,n,使得 c=ma+nb, 7=2m-n, ? ? 即有?5=-m+4n, ? ?λ =3m-2n, 33 17 65 解得 m= ,n= ,λ = . 7 7 7

→ → 1 5.(2011·济宁月考)已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 a,AM= MC1,点 N 为 B1B 的中 2 点,则|MN|=( A. 21 a 6 15 a 6 ) B. 6 a 6 15 a 3

C.

D.

[答案] A → → → → 1 [解析] MN=AN-AM=AN- AC1 3 → → 1?→ → → ? =AB+BN- ? ? 3?AB+AD+AA1? → → → 2 1 1 = AB+ AA1- AD. 3 6 3 → ∴|MN|= → → → 4 1 1 21 2 2 2 |AB| + |AA1| + |AD| = a. 9 36 9 6 →

6.(2012·丽水调研)如图所示,PD 垂直于正方形 ABCD 所在平面,AB=2,E 为 PB 的中点, → → 3 cos〈DP,AE〉= ,若以 DA、DC、DP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系, 3 则点 E 的坐标为( )
[来源:学科网 ZXXK]

A.(1,1,1) 3 C.(1,1, ) 2 [答案] A

1 B.(1,1, ) 2 D.(1,1,2)

→ [解析] 由题意知 A(2,0,0),B(2,2,0),设 P(0,0,2m)(m>0),则 E(1,1,m),∴AE=(- → → → → → 2 2 2 1,1,m),DP=(0,0,2m),∴|AE|= 2+m ,|DP|= 4m ,AE·DP=2m , → → 2 3 2m 3 ∵cos〈DP,AB〉= ,∴ = , 2 2 3 3 2+m · 4m 解之得 m=1,故选 A. 7.若向量 a=(1,1,x),b=(1,2,1),c=(1,1,1),满足条件(c-a)·(2b)=-2,则 x =______. [答案] 2 [解析] ∵ a = (1,1 , x) , b = (1,2,1) , c = (1,1,1) , ∴ (c - a)·(2b) = (0,0,1 -
[来源:学_科_网]

x)·(2,4,2)=2(1-x)=-2,解得 x=2.

8.若 a=(3x,-5,4)与 b=(x,2x,-2)之间夹角为钝角,则 x 的取值范围为________.

? 2 ? [答案] ?- ,4? ? 3 ?
[解析] ∵a 与 b 的夹角为钝角, ∴a·b<0, 2 2 ∴3x -10x-8<0,∴- <x<4, 3 又当 a 与 b 方向相反时,a·b<0, ∴存在 λ <0,使 a=λ b, ∴(3x,-5,4)=(λ x,2λ x ,-2λ ),

3x=λ x, ? ? ∴?-5=2λ x, ? ?4=-2λ ,

此方程组无解,

2 ∴这样的 λ 不存在,综上知- <x<4. 3 9.正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,M、N 分别在直线 AA1 和 BD1 上运动.当 M、N 在何位 置时,|MN|最小,且|MN|的最小值是________. [答案] 2 2

[解析] 建立如图所示空间直角坐标系, 则 A(1,0,0),A1(1,0,1), B(1,1,0),D1(0,0,1),

→ → 设 M(1,0,t),BN=λ BD1,则 0≤t≤1,0≤λ ≤1, 设 N(x0,y0,z0),则(x0-1,y0-1,z0)=λ (-1,- 1,1),

x0-1=-λ , ? ? ∴?y0-1=-λ , ? ?z0=λ ,

∴N(1-λ ,1-λ ,λ ),

→ → 2 2 2 2 2 ∴MN=(-λ ,1-λ ,λ -t),|MN| =λ +( 1-λ ) +(λ -t) =2λ -2λ +1+(λ -

t)2=2(λ - )2+(λ -t)2+ ,
→ 1 1 2 当且仅当 λ = =t 时,|MN| 取到最小值 , 2 2

1 2

1 2

→ 2 ∴|MN|的最小值为 . 2 10.(2011·福州模 拟)已知空间三点 A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5). → → (1)求以AB、AC为边的平行四边形的面积; → → (2)若|a|= 3且 a 分别与AB、AC垂直,求向量 a 的坐标. → → [解析] AB=(-2,-1,3),AC=(1,-3,2). → → → → AB·AC (1)因为 cos〈AB,AC〉= → → |AB|·|AC| = 1 = . 4+1+9· 1+9+4 2 -2+3+6

→ → 3 所以 sin〈AB,AC〉= . 2 → → → → 所以 S=|AB|·|AC|sin〈AB,AC〉=7 3. → → 即以AB、AC为边的平行四边形面积为 7 3. → → (2)设 a=(x,y,z),由|a|= 3,a⊥AB,a⊥AC,

x +y +z =3, ? ? 可得?-2x-y+3z=0, ? ?x-3y+2z=0, x=1, ? ? ? ?y=1, ? ?z=1, x=-1, ? ? 或?y=-1, ? ?z=-1.

2

2

2

所以 a=(1,1,1)或(-1,-1,-1). 能力拓展提升 11.

三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱垂直于底面,已知 CA=CB=CC1,AC⊥BC,E、F 分别是 A1C1、B1C1 的中点.则 AE 与 CF 所成角的余弦值等于( A. C. 4 5 3 5 ) B. D. 12 13 5 13

[答案] A → → → [解析] 以 C 为原点,CA、CB、CC1的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角 坐标系,设 AC=1,则 A(1,0,0),B1(0,1,1),C(0,0,0),C1(0,0,1),A1(1,0,1),∵E、F 分 → → 1 1 1 1 别为 A1C1、B1C1 的中点,∴E( ,0,1),F(0, ,1),∴AE=(- ,0,1),CF=(0, ,1), 2 2 2 2 → → → → AE·CF 1 4 ∴cos〈AE,CF〉= = = ,故选 A. → → 5 5 5 × |AE|·|CF| 2 2 12.(2011·天津模拟)正四面体 ABCD 的棱长为 2,E、F 分别为 BC、AD 的中点,则 EF 的 长为( A.1 C. 2 [答案] C → → → → → 1 1 [解析] EF=EA+AF=- (AB+AC)+ AD, 2 2 → → → → → → → → → 由条件知|AB|=|AC|=|AD|=2,AB·AC=AB·AD=AC·AD=2, → ) B. 5 2

D.2

→ → → → → → → → → → → 1 2 2 2 2 ∴|EF| = [|AD| +|AB| +|AC | +2AB·AC- 2AB·AD-2AC·AD]=2,∴|EF|= 2. 4 13. (2012·中山市模拟)如图, 在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中, M 为 A1C1 与 B1D1 的交点. 若 → → → → AB=a,AD=b,AA1=c,则下列向量中与BM相等的向量是( )

1 1 A.- a+ b+c 2 2 1 1 C.- a- b+c 2 2 [答案] A → → 1 [解析] BM=BB1+B1M=AA1+ (B1A1+B1C1 ) 2 → → 1 1 1 =AA1+ (-AB+AD)=c- a+ b,故选 A. 2 2 2 → → → → →

1 1 B. a+ b+c 2 2 1 1 D. a- b+c 2 2

→ → → 14.(2011·泰安模拟)如图,空间四边形 OABC 中,OA=a,OB=b ,OC=c,点 M 在 OA 上, → 且 OM=2MA,N 为 BC 中点,则MN等于________ .

2 1 1 [答案] - a+ b+ c 3 2 2 → → → → → → 1 2 [解析] MN=ON-OM= (OB+OC)- OA 2 3 1 2 2 1 1 = (b+c)- a=- a+ b+ c. 2 3 3 2 2 [点评] 空间向量的线性表示及运算与平面向量类似,要结合图形灵活运用三角形法则

和平行四边形法则. 15.(2011·东营期末)若 a=(1,5,-1),b=(-2,3,5). (1)若(ka+b)∥(a-3b),求 k; (2)若(ka+b)⊥(a-3b),求 k. → → (3)以坐标原点 O 为起点作向量OA=a,OB=b,求 O 到直线 AB 的距离. [解析] ka+b=(k-2,5k+3,-k+5),

a-3b=(1+3×2,5-3×3,-1-3×5)
=(7,-4,-16). (1)∵(ka+b)∥(a-3b), ∴

k-2 5k+3 -k+5
7 = -4 = -16

1 ,解得 k=- . 3

(2)∵(ka+b)⊥(a-3b), ∴(k-2)×7+(5k+3)×(-4)+(-k+5)×(-16)=0. 106 解得 k= . 3 (3)由条件知 A(1,5,-1),B(- 2,3,5), → → ∴AO=(-1,-5,1),AB=(-3,-2,6),

→ → → AO·AB=19,|AB|=7, → → |AO·AB| 19 ∴O 到直线 AB 的距离 d= = . → 7 |AB| 16.

[来源:学科网 ZXXK]

如图,平面 ABEF⊥平面 ABCD,四边形 ABEF 与 ABCD 都是直角梯形,∠BAD=∠FAB=90°,

BC 綊 AD,BE 綊 FA,G、H 分别为 FA、FD 的中点.
(1)证明:四边形 BCHG 是平行四边形; (2)C、D、F、E 四点是否共面?为什么? (3)设 AB=BE,证明:平面 ADE⊥平面 CDE. [解析]

1 2

1 2

由题设知,FA、AB、AD 两两互相垂直.如图, 以 A 为坐标原点,射线 AB 为 x 轴正半轴,

建立如图所示的直角坐标系 A-xyz. (1)设 AB=a,BC=b,BE=c,则由题设得 A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,b,0),D(0,2b,0),

E(a,0,c),G(0,0,c),H(0,b,c),F(0,0,2c).
→ → 所以,GH=(0,b,0),BC=(0,b,0), → → 于是GH=BC.又点 G 不在直线 BC 上,则 GH 綊 BC, 所以四边形 BCHG 是平行四边形. (2)C、D、F、E 四点共面.理由如下: 由题设知,F(0,0,2c),所以 → → → →

EF=(-a,0,c),CH=(-a,0,c),EF=CH,
又 C?EF,H∈FD,故 C、D、F、E 四点共面. → → (3)由 AB=BE,得 c=a,所以CH=(-a,0,a),AE=(a,0,a), → → → → → 又AD=(0,2b,0),因此CH·AE=0,CH·AD=0, 即 CH⊥AE,CH⊥AD, 又 AD∩AE=A,所以 CH⊥平面 ADE. 故由 CH? 平面 CDFE,得平面 ADE⊥平面 CDE. [点评] 如果所给问题中存在两两垂直的直线交于一点,容易将各点的坐标表示出来时, 可用向量法求解.如果其所讨论关系不涉及求角,求距离或所求角、距离比较容易找 (作)出 时,可不用向量法求解,本题解答如下: 1 (1)由题设知,FG=GA,FH=HD,所以 GH 綊 AD. 2 1 又 BC 綊 AD,故 GH 綊 BC, 2 所以四边形 BCHG 是平行四边形.

(2)C、D、F、E 四点共面.理由如下: 1 由 BE 綊 AF,G 是 FA 的中点知,BE 綊 GF, 2 所以 EF∥BG, 由(1)知 BG∥CH,所以 EF∥CH,故 EC、FH 共面. 又点 D 直线 FH 上, 所以 C、D、F、E 四点共面. (3)连结 EG,由 AB=BE,BE 綊 AG,及∠BAG=90°知四边形 ABEG 是正方形, 故 BG⊥EA.由题设知,FA、AD、AB 两两垂直,故 AD⊥平面 FABE, 因此 EA 是 ED 在平面 FABE 内的射影,∴BG⊥ED. 又 EC∩EA=E,所以 BG⊥平面 ADE. 由(1)知,CH∥BG,所以 CH⊥平面 ADE.由(2)知 F∈平面 CDE,故 CH? 平面 CDE,得平面

ADE⊥平面 CD E.

1.(2011·郑州一中月考)已知向量 a=(1,2,3),b=(-2,-4,-6),|c|= 14,若 (a+b)·c=7,则 a 与 c 的夹角为( A.30° C.120° [答案] C [解析] a+b=(-1,-2,-3)=-a, 故(a+b)·c=-a·c=7,得 a·c=-7, 而|a|= 1 +2 +3 = 14,
2 2 2

) B.60° D.150°

a·c 1 所以 cos〈a,c〉= =- , 〈a,c〉=120°. |a||c| 2

→ → → → → → 2.在空间四边形 ABCD 中,AB·CD+AC·DB+AD·BC的值为( A.0 C.1 [答案] A → → → → → [解析] AB·CD+AC·DB+AD·BC → → → → → → → → → =AB·(BD-BC)+(BC-BA)·DB+(BD-BA)·BC → B. 3 2

)

D.无法确定

→ → → → → → → → → → → → =AB·BD-AB·BC+BC·DB-BA·DB+BD·BC-BA·BC=0,故选 A. → → → 3.已知斜三棱柱 ABC-A′B′C′,设AB=a,AC=b,AA′=c,在面对角线 AC′和棱 BC → → → → → 上分别取点 M、N,使AM=kAC′,BN=kBC(0≤k≤1),求证:三向量MN、a、c 共面. → → → → → [解析] AN=AB+BN=AB+kBC → → → =AB+k(AC-AB) =a+k(b-a)=(1-k)a+kb, → → → →

AM=kAC′=k(AA′+AC)=kb+kc,
→ → → MN=AN-AM=(1-k)a-kc. → ∵向量 a 和 c 不共线,∴MN、a、c 共面.


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