（福建專用）高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第八章第7課時 空間向量及其運(yùn)算課時闖關(guān)（含解析）

PAGEPAGE6（福建專用）2023年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)第八章第7課時空間向量及其運(yùn)算課時闖關(guān)（含解析）一、選擇題1．假設(shè)向量a＝(1，λ，2)，b＝(－2,1,1)，a，b夾角的余弦值為eq\f(1,6)，那么λ等于()A．1 B．－1C．±1 D．2解析：選A.cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(λ,\r(λ2＋5)·\r(6))＝eq\f(1,6)，解得λ＝1.2．(2023·三明調(diào)研)已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E為上底面A1C1的中心，假設(shè)eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))，那么x，y的值分別為()A．x＝1，y＝1 B．x＝1，y＝eq\f(1,2)C．x＝eq\f(1,2)，y＝eq\f(1,2) D．x＝eq\f(1,2)，y＝1解析：選C.如圖，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))．3．設(shè)點(diǎn)C(2a＋1，a＋1,2)在點(diǎn)P(2,0,0)、A(1，－3,2)、B(8，－1，4)確定的平面上，那么aA．16 B．4C．2 D．8解析：選A.eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－1，－3,2)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(6，－1,4)．根據(jù)共面向量定理，設(shè)eq\o(PC,\s\up6(→))＝xeq\o(PA,\s\up6(→))＋yeq\o(PB,\s\up6(→))(x、y∈R)，那么(2a－1，a＋1,2)＝x(－1，－3,2)＋y＝(－x＋6y，－3x－y,2x＋4y)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－1＝－x＋6y，,a＋1＝－3x－y，,2＝2x＋4y，))解得x＝－7，y＝4，a＝16.4．平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋2yeq\o(BC,\s\up6(→))＋3zeq\o(C1C,\s\up6(→))，那么x＋y＋z等于()A.eq\f(6,7) B．1C.eq\f(7,6) D.eq\f(11,6)解析：∵eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))，又eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(C1C,\s\up6(→))不共面，∴x＝1,2y＝1,3z＝－1.∴x＝1，y＝eq\f(1,2)，z＝－eq\f(1,3).∴x＋y＋z＝1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＝eq\f(7,6).答案：eq\f(7,6)5．已知空間四邊形ABCD的每條邊和對角線的長都等于a，點(diǎn)E、F分別是BC、AD的中點(diǎn)，那么eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))的值為()A．a(chǎn)2 B.eq\f(1,2)a2C.eq\f(1,4)a2 D.eq\f(\r(3),4)a2解析：選C.如下圖，設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，eq\o(AD,\s\up6(→))＝c，那么|a|＝|b|＝|c|＝a，且a，b，c三向量兩兩夾角為60°.eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(a＋b)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)c，∴eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(a＋b)·eq\f(1,2)c＝eq\f(1,4)(a·c＋b·c)＝eq\f(1,4)(a2cos60°＋a2cos60°)＝eq\f(1,4)a2.二、填空題6．(2023·高考廣東卷)假設(shè)向量a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)，滿足條件(c－a)·(2b)＝－2，那么x＝________.解析：∵a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)，∴c－a＝(0,0,1－x)，2b＝(2,4,2)．∴(c－a)·(2b)＝2(1－x)＝－2，∴x＝2.答案：27．已知G是△ABC的重心，O是平面ABC外的一點(diǎn)，假設(shè)λeq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))，那么λ＝________.解析：如圖，正方體中，eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OD,\s\up6(→))＝3eq\o(OG,\s\up6(→))，∴λ＝3.答案：38.(原創(chuàng)題)如圖，已知長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，BC＝3，M為AC1與CA1的交點(diǎn)，那么M點(diǎn)的坐標(biāo)為__________．解析：由長方體的幾何性質(zhì)得，M為AC1的中點(diǎn)，在所給的坐標(biāo)系中，A(0,0,0)，C1(2,3,2)，∴中點(diǎn)M的坐標(biāo)為(1，eq\f(3,2)，1)．答案：(1，eq\f(3,2)，1)三、解答題9.如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，O為AC(1)化簡：eq\o(A1O,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))；(2)設(shè)E是棱DD1上的點(diǎn)，且eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(DD1,\s\up6(→))，假設(shè)eq\o(EO,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))＋zeq\o(AA1,\s\up6(→))，試求x、y、z的值．解：(1)∵eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))，∴eq\o(A1O,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(A1O,\s\up6(→))－eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\o(A1O,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(A1O,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→)).(2)∵eq\o(EO,\s\up6(→))＝eq\o(ED,\s\up6(→))＋eq\o(DO,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(D1D,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(D1D,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(2,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))，∴x＝eq\f(1,2)，y＝－eq\f(1,2)，z＝－eq\f(2,3).10.如下圖，平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，以頂點(diǎn)A(1)求AC1的長；(2)求BD1與AC夾角的余弦值．解：記eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，那么|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，∴a·b＝b·c＝c·a＝eq\f(1,2).(1)|eq\o(AC1,\s\up6(→))|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×(eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2))＝6，∴|eq\o(AC1,\s\up6(→))|＝eq\r(6)，即AC1的長為eq\r(6).(2)eq\o(BD1,\s\up6(→))＝b＋c－a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝a＋b，∴|eq\o(BD,\s\up6(→))1|＝eq\r(2)，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，eq\o(BD1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1.∴cos〈eq\o(BD1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BD1,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(BD1,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(6),6).∴AC與BD1夾角的余弦值為eq\f(\r(6),6).一、選擇題1．(2023·寧德調(diào)研)已知點(diǎn)A(－3，－1，－4)關(guān)于原點(diǎn)的對稱點(diǎn)為A1，點(diǎn)A在xOz平面上的射影為A2，那么eq\o(A1A2,\s\up6(→))在y軸正方向上的投影為()A．2 B．－1C．1 D．－2解析：選B.A1的坐標(biāo)為(3,1,4)，A2的坐標(biāo)為(－3,0，－4)．eq\o(A1A2,\s\up6(→))＝(－6，－1，－8)，y軸正方向上的單位向量e＝(0,1,0)，∴投影為eq\o(A1A2,\s\up6(→))·e＝－1.2．(2023·寧德調(diào)研)O、A、B、C為空間四個點(diǎn)，又eq\o(OA,\s\up6(→))、eq\o(OB,\s\up6(→))、eq\o(OC,\s\up6(→))為空間的一個基底，那么()A．O、A、B、C四點(diǎn)不共線B．O、A、B、C四點(diǎn)共面，但不共線C．O、A、B、C四點(diǎn)中任意三點(diǎn)不共線D．O、A、B、C四點(diǎn)不共面解析：選D.由基底意義，eq\o(OA,\s\up6(→))、eq\o(OB,\s\up6(→))、eq\o(OC,\s\up6(→))三個向量不共面，但A、B、C三種情形都有可能使eq\o(OA,\s\up6(→))、eq\o(OB,\s\up6(→))、eq\o(OC,\s\up6(→))共面．只有D才能使這三個向量不共面，故應(yīng)選D.二、填空題3．(2023·高考大綱全國卷)已知點(diǎn)E、F分別在正方體ABCD-A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，那么面AEF與面ABC解析：如圖，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)面ABC的法向量為n1＝(0,0,1)，面AEF的法向量為n2＝(x，y，z)．設(shè)正方體的棱長為1，∵A(1,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,3)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(2,3)))，∴eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,3)))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,3)))，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)z＝0，,－x＋\f(1,3)z＝0，))取x＝1，那么y＝－1，z＝3，故n2＝(1，－1,3)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(3\r(11),11)，∴面AEF與面ABC所成的二面角的平面角α滿足cosα＝eq\f(3\r(11),11)，sinα＝eq\f(\r(22),11)，∴tanα＝eq\f(\r(2),3).答案：eq\f(\r(2),3)4．(2023·南平質(zhì)檢)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，O是A1C1的中點(diǎn)，那么點(diǎn)O到平面ABC1D解析：建立如下圖空間直角坐標(biāo)系．可得C1(0,1,1)，O(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，1)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，eq\o(C1O,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)，0)．平面ABC1D1的法向量eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，點(diǎn)O到平面ABC1D1的距離d＝eq\f(|\o(DA1,\s\up6(→))·\o(C1O,\s\up6(→))|,|\o(DA1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(1,2),\r(2))＝eq\f(\r(2),4).答案：eq\f(\r(2),4)三、解答題5.如圖，在四棱錐PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求證：BD⊥平面PAC；(2)假設(shè)PA＝AB，求PB與AC所成角的余弦值；(3)當(dāng)平面PBC與平面PDC垂直時，求PA的長．解：(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以AC⊥BD.又因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.所以BD⊥平面PAC.(2)設(shè)AC∩BD＝O，因?yàn)椤螧AD＝60°，PA＝AB＝2，所以BO＝1，AO＝CO＝eq\r(3).如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，那么P(0，－eq\r(3)，2)，A(0，－eq\r(3)，0)，B(1,0,0)，C(0，eq\r(3)，0)．所以Peq\o(B,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，－2)，Aeq\o(C,\s\up6(→))＝(0,2eq\r(3)，0)．設(shè)PB與AC所成角為θ，那么cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(P\o(B,\s\up6(→))·A\o(C,\s\up6(→)),|\o(PB,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)))＝eq\f(6,2\r(2)×2\r(3))＝eq\f(\r(6),4).(3)由(2)知Beq\o(C,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)．設(shè)P(0，－eq\r(3)，t)(t>0)，那么Beq\o(P,\s\up6(→))＝(－1，－eq\r(3)，t)．設(shè)平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，那么Beq\o(C,\s\up6(→))·m＝0，Beq\o(P,\s\up6(→))·m＝0.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y＝0，,－x－\r(3)y＋tz＝0.))令y＝eq\r(3)，那么x＝3，z＝eq\f(6,t).所以m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\r(3)，\f(6,t))).同理，平面PDC的法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\r(3)，\f(6,t))).因?yàn)槠矫鍼BC⊥平面PDC，所以m·n＝0，即－6＋eq\f(36,t2)＝0，解得t＝eq\r(6).所以PA＝eq\r(6).6.如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，3AD＝DC＝3，AB＝2，E是DC上的點(diǎn)，且滿足DE＝1，連結(jié)AE，將△DAE沿AE折起到△D1AE的位置，使得∠D1AB＝60°，設(shè)AC與BE的交點(diǎn)為O.(1)試用基向量eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(AD1,\s\up6(→))表示向量eq\o(OD1,\s\up6(→))；(2)求異面直線OD1與AE所成角的余弦值；(3)判斷平面D1AE與平面ABCE是否垂直？并說明理由．解：(1)∵AB∥CE，AB＝CE＝2，∴四邊形ABCE是平行四邊形，∴O為BE的中點(diǎn)．∴eq\o(OD1,\s\up6(→))＝eq\o(AD1,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(AD1,\s\up6(→))－eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→)))＝eq\o(AD1,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AE,\s\up6(→)).(2)設(shè)異面直線OD1與AE所成的角為θ，那么cosθ＝|cos〈eq\o(OD1,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))〉|＝|eq\f(\o(OD1,\s\up6(→))·\o(AE,\s\up6(→)),|\o(OD1,\s\up6(→))|·|\o(AE,\s\up6(→))|)|，∵eq\o(OD1,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝(eq\o(AD1,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AE,\s\up6(→)))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AD1,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))－eq\f(1,2)|eq\o(AE,\s\up6(→))|2＝1×eq\r(2)×cos45°－eq\f(1,2)×2×eq\r(2)×cos45°－eq\f(1,2)×(eq\r(2))2＝－1，|eq\o(OD1,\s\up6(→))|＝eq\r(\o(AD1,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(AE,\s\up6(→))2)＝eq\f(\r(6),2)，∴cosθ＝|eq\f(\o(OD1,\s\up6(→))·\o(AE,\s\up6(→)),|OD1→|·|AE→|)|＝eq\b\lc\