高中數(shù)學(xué)高考一輪復(fù)習(xí)一輪復(fù)習(xí) 第五節(jié) 空間向量的運算及應(yīng)用

課時作業(yè)(四十二)空間向量的運算及應(yīng)用1．已知a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，若a⊥(a－λb)，則實數(shù)λ的值為()A．－2 B．－eq\f(14,3)C．eq\f(14,5) D．2D[因為a－λb＝(λ－2，1－2λ，3－λ)，由a⊥(a－λb)得－2(λ－2)＋1－2λ＋9－3λ＝0，解得λ＝2.]2．設(shè)直線l的方向向量為(1，－1，1)，平面α的一個法向量為(－1，1，－1)，則直線l與平面α的位置關(guān)系是()A．l?α B．l∥αC．l⊥α D．不確定C[因為直線l的方向向量為(1，－1，1)，平面α的一個法向量為(－1，1，－1)，顯然它們共線，所以直線l與平面α的位置關(guān)系是垂直即l⊥α.]3．(多選)若a，b，c不共面，則()A．b＋c，b－c，a共面B．b＋c，b－c，2b共面C．b＋c，a，a＋b＋c共面D．a(chǎn)＋c，a－2c，c共面BCD[∵2b＝(b＋c)＋(b－c)，∴b＋c，b－c，2b共面，故B正確；∵a＋b＋c＝(b＋c)＋a，∴b＋c，a，a＋b＋c共面，故C正確；∵a＋c＝(a－2c)＋3c，∴a＋c，a－2c，c共面，故D正確．對于A選項，若設(shè)b＋c＝λ(b－c)＋μa，則b＋c＝λb－λc＋μa得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝1,－λ＝1,μ＝0))，故無解，因此b＋c，b－c，a不共面．故選BCD.]4．已知四邊形ABCD滿足：eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))>0，eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))>0，eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(DA,\s\up6(→))>0，eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))>0，則該四邊形為()A．平行四邊形 B．梯形C．長方形 D．空間四邊形D[由eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))>0，eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))>0，eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(DA,\s\up6(→))>0，eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))>0，知該四邊形一定不是平面圖形．]5．(多選)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，給出以下向量表達式，其中能夠化簡為向量BD1的是()A．(A1D1－A1A)－eq\o(AB,\s\up6(→))B．(eq\o(BC,\s\up6(→))＋BB1)－D1C1C．(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))－2DD1D．(B1D1＋A1A)＋DD1AB[A項，(A1D1－A1A)－eq\o(AB,\s\up6(→))＝AD1－eq\o(AB,\s\up6(→))＝BD1；B項，(eq\o(BC,\s\up6(→))＋BB1)－D1C1＝BC1－D1C1＝BD1；C項，(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))－2DD1＝eq\o(BD,\s\up6(→))－2DD1≠BD1；D項，(B1D1＋A1A)＋DD1＝B1D＋DD1＝B1D1≠BD1．綜上，AB符合題意．故選AB.]6．已知向量a＝(0，－1，1)，b＝(4，1，0)，|λa＋b|＝eq\r(29)且λ>0，則λ＝________．解析：a＝(0，－1，1)，b＝(4，1，0)，所以λa＋b＝(4，1－λ，λ)，所以16＋(λ－1)2＋λ2＝29(λ>0)，解得λ＝3.答案：37.(2023·煙臺模擬)三棱柱ABC-A1B1C1中，M，N分別是A1B，B1C1上的點，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N.設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，AA1＝c.(1)用a，b，c表示向量eq\o(MN,\s\up6(→))為________；(2)若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，則MN的長為________．解析：(1)由題圖知eq\o(MN,\s\up6(→))＝MA1＋A1B1＋B1N＝eq\f(1,3)BA1＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)B1C1＝eq\f(1,3)(c－a)＋a＋eq\f(1,3)(b－a)＝eq\f(1,3)a＋eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)c.(2)由題設(shè)條件因為(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝1＋1＋1＋0＋2×1×1×eq\f(1,2)＋2×1×1×eq\f(1,2)＝5，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c))＝eq\r(5)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(MN,\s\up6(→))))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c))＝eq\f(\r(5),3).答案：(1)eq\f(1,3)a＋eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)c(2)eq\f(\r(5),3)8．已知點P是平行四邊形所在的平面外一點，如果eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，－1，－4)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(4，2，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1，2，－1).對于下列結(jié)論：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③eq\o(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量；④eq\o(AP,\s\up6(→))∥eq\o(BD,\s\up6(→)).其中正確的是________．解析：因為eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，所以AB⊥AP，AD⊥AP，則①②正確；又eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(AD,\s\up6(→))不平行，所以eq\o(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量，則③正確；因為eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，3，4)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1，2，－1)，所以eq\o(BD,\s\up6(→))與eq\o(AP,\s\up6(→))不平行，故④錯．答案：①②③9．已知空間中三點A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，設(shè)向量a＝eq\o(AB,\s\up6(→))，b＝eq\o(AC,\s\up6(→)).(1)若|c|＝3，且c∥eq\o(BC,\s\up6(→))，求向量c；(2)求向量a與向量b的夾角的余弦值；(3)若ka＋b與ka－2b互相垂直，求實數(shù)k的值．解析：(1)∵c∥eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－3，0，4)－(－1，1，2)＝(－2，－1，2)，∴c＝meq\o(BC,\s\up6(→))＝m(－2，－1，2)＝(－2m，－m，2m).于是|c|＝eq\r(（－2m）2＋（－m）2＋（2m）2)＝3|m|＝3，即m＝±1.故c＝(－2，－1，2)或c＝(2，1，－2).(2)∵a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，∴a·b＝(1，1，0)·(－1，0，2)＝－1，又|a|＝eq\r(12＋12＋02)＝eq\r(2)，|b|＝eq\r(（－1）2＋02＋22)＝eq\r(5)，∴cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－1,\r(10))＝－eq\f(\r(10),10)，即向量a與向量b的夾角的余弦值為－eq\f(\r(10),10).(3)法一：∵ka＋b＝(k－1，k，2)，ka－2b＝(k＋2，k，－4)，且ka＋b與ka－2b互相垂直，∴(k－1，k，2)·(k＋2，k，－4)＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝0.解得k＝2或k＝－eq\f(5,2).故當(dāng)ka＋b與ka－2b互相垂直時，實數(shù)k的值為2或－eq\f(5,2).法二：由(2)知|a|＝eq\r(2)，|b|＝eq\r(5)，a·b＝－1，∴(ka＋b)·(ka－2b)＝k2a2－ka·b－2b2＝2k2＋k－10＝0，解得k＝2或k＝－eq\f(5,2).10.如圖所示，已知空間四邊形ABCD的各邊和對角線的長都等于a，點M，N分別是AB，CD的中點．(1)求證：MN⊥AB，MN⊥CD；(2)求MN的長．解析：(1)證明：設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝p，eq\o(AC,\s\up6(→))＝q，eq\o(AD,\s\up6(→))＝r.由題意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p，q，r三向量兩兩夾角均為60°.eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(AN,\s\up6(→))－eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(q＋r－p)，所以eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(q＋r－p)·p＝eq\f(1,2)(q·p＋r·p－p2)＝eq\f(1,2)(a2cos60°＋a2cos60°－a2)＝0.所以eq\o(MN,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→)).即MN⊥AB.同理可證MN⊥CD.(2)由(1)可知eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(q＋r－p)，所以|eq\o(MN,\s\up6(→))|2＝eq\f(1,4)(q＋r－p)2＝eq\f(1,4)[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a2＋a2＋a2＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,2)－\f(a2,2)－\f(a2,2)))))＝eq\f(1,4)×2a2＝eq\f(a2,2).所以|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(2),2)A．所以MN的長為eq\f(\r(2),2)A．11．(多選)(2023·全國高二課時練習(xí))設(shè)幾何體ABCD-A1B1C1D1是棱長為a的正方體，A1C與B1D相交于點O，則()A．A1B1·eq\o(AC,\s\up6(→))＝a2 B．eq\o(AB,\s\up6(→))·A1C＝eq\r(2)a2C．eq\o(CD,\s\up6(→))·AB1＝－a2 D．eq\o(AB,\s\up6(→))·A1O＝eq\f(1,2)aAC[如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，D(0，0，0)，A1(a，0，a)，B1(a，a，a)，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，\f(a,2)))，∴A1B1＝(0，a，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－a，a，0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，a，0)，A1C＝(－a，a，－a)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(0，－a，0)，AB1＝(0，a，a)，A1O＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，\f(a,2)，－\f(a,2))).∴A1B1·eq\o(AC,\s\up6(→))＝a2，A正確；eq\o(AB,\s\up6(→))·A1C＝a2，B錯誤；eq\o(CD,\s\up6(→))·AB1＝－a2，C正確；eq\o(AB,\s\up6(→))·A1O＝eq\f(1,2)a2，D錯誤．故選AC.]12．已知O(0，0，0)，A(1，2，1)，B(2，1，2)，P(1，1，2)，點Q在直線OP上運動，當(dāng)eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))取最小值時，點Q的坐標(biāo)是________．解析：由題意，設(shè)eq\o(OQ,\s\up6(→))＝λeq\o(OP,\s\up6(→))，則eq\o(OQ,\s\up6(→))＝(λ，λ，2λ)，即Q(λ，λ，2λ)，則eq\o(QA,\s\up6(→))＝(1－λ，2－λ，1－2λ)，eq\o(QB,\s\up6(→))＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(1－2λ)(2－2λ)＝6λ2－12λ＋6＝6(λ－1)2，當(dāng)λ＝1時取最小值，此時Q點坐標(biāo)為(1，1，2).答案：(1，1，2)13．在四棱錐P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，PD＝DC，E，F(xiàn)分別是AB，PB的中點．(1)求證：EF⊥CD；(2)在平面PAD內(nèi)是否存在一點G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出點G的坐標(biāo)；若不存在，試說明理由．解析：(1)證明：由題意知，DA，DC，DP兩兩垂直．如圖，以DA，DC，DP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AD＝a，則D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E(a，eq\f(a,2)，0)，P(0，0，a)，F(xiàn)(eq\f(a,2)，eq\f(a,2)，eq\f(a,2))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－eq\f(a,2)，0，eq\f(a,2))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，a，0).因為eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，從而得EF⊥CD.(2)存在．理由如下：假設(shè)存在滿足條件的點G，設(shè)G(x，0，z)，則eq\o(FG,\s\up6(→))＝(x－eq\f(a,2)，－eq\f(a,2)，z－eq\f(a,2)).若使GF⊥平面PCB，則由eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝(x－eq\f(a,2)，－eq\f(a,2)，z－eq\f(a,2))·(a，0，0)＝a(x－eq\f(a,2))＝0，得x＝eq\f(a,2)；由eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝(x－eq\f(a,2)，－eq\f(a,2)，z－eq\f(a,2))·(0，－a，a)＝eq\f(a2,2)＋a(z－eq\f(a,2))＝0，得z＝0.所以G點坐標(biāo)為(eq\f(a,2)，0，0).故存在滿足條件的點G，且點G為AD的中點．14．已知空間任意一點O和不共線的三點A，B，C，若eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))(x，y，z∈R)，則“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四點共面”的()A．必要不充分條件 B．充分不必要條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件B[當(dāng)x＝2，y＝－3，z＝2時，即eq\o(OP,\s\up6(→))＝2eq\o(OA,\s\up6(→))－3eq\o(OB,\s\up6(→))＋2eq\o(OC,\s\up6(→)).則eq\o(AP,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→))＝2eq\o(OA,\s\up6(→))－3(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→)))＋2(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→)))，即eq\o(AP,\s\up6(→))＝－3eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AC,\s\up6(→))，根據(jù)共面向量定理知，P，A，B，C四點共面；反之，當(dāng)P，A，B，C四點共面時，根據(jù)共面向量定理，設(shè)eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AB,\s\up6(→))＋neq\o(AC,\s\up6(→))(m，n∈R)，即eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝m(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＋n(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))，即eq\o(OP,\s\up6(→))＝(1－m－n)eq\o(OA,\s\up6(→))＋meq\o(OB,\s\up6(→))＋neq\o(OC,\s\up6(→))，即x＝1－m－n，y＝m，z＝n，這組數(shù)顯然不止2，－3，2.故“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四點共面”的充分不必要條件．故選B.]15.如圖，已知空間四邊形OABC，其對角線為OB，AC，M，N分別為OA，BC的中點，點G在線段MN上，且eq\o(