高考数学一轮复习第七章立体几何76空间直角坐标系空间向量及其运算课时提升作业理.docx
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高考数学一轮复习第七章立体几何76空间直角坐标系空间向量及其运算课时提升作业理
2019-2020年高考数学一轮复习第七章立体几何7.6空间直角坐标系空间向量及其运算课时提升作业理
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.向量a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),下列结论正确的是 ( )
A.a∥b,a∥c B.a∥b,a⊥c
C.a∥c,a⊥bD.以上都不对
【解析】选C.因为c=(-4,-6,2)=2(-2,-3,1),
所以a∥c.
又a·b=(-2)×2+(-3)×0+1×4=0,
所以a⊥b.
2.(xx·长沙模拟)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),
所以
解得λ=-9.
3.在空间直角坐标系中,已知点A(1,0,2),B(1,-3,1),点M在y轴上,且M到A与到B的距离相等,则M的坐标是 ( )
A.(1,0,1)B.(0,1,0)
C.(0,-1,0)D.(0,0,1)
【解析】选C.设M(0,y,0),则有=
解得y=-1.
4.(xx·黄山模拟)在棱长为1的正四面体ABCD中,点E是BC的中点,则
·= ( )
A.0B.C.-D.-
【解析】选D.=(+),=-,
所以·=(+)·(-)
=(·-·+·-)
=·-
=-=-.
5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,给出以下向量表达式:
①(-)-;②(+)-;
③(-)-2;④(+)+.
其中与向量相等的是 ( )
A.①②B.②③C.③④D.①④
【解析】选A.①(-)-=-=;
②(+)-=-=;
③(-)-2=-2≠;
④(+)+=+=≠,
综上,①②符合题意.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.(xx·湖北四校联考)向量a=(1,2,x),b=(2,y,-1),若|a|=,且a⊥b,则x+y= .
【解析】由|a|=得=,
解得x=0,即a=(1,2,0),
又a⊥b,则a·b=0,即2+2y=0,
解得y=-1,从而x+y=-1.
答案:
-1
7.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,DA=DD1=1,DC=,点E是B1C1的中点,建立空间直角坐标系Dxyz如图所示,则|AE|= .
【解题提示】确定A,E的坐标,可得的坐标,然后求出AE的长度.
【解析】由题意长方体ABCD-A1B1C1D1中,DA=DD1=1,DC=,点E是B1C1的中点,则A(1,0,0),E,所以=,
所以||=
=.
答案:
8.(xx·宜昌模拟)已知ABCD-A1B1C1D1为正方体,
①(++)2=32;
②·(-)=0;
③向量与向量的夹角是60°;
④正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|··|.
其中正确的序号是 .
【解析】①中,(++=2+2+2=32,故①正确;②中,-=,因为AB1⊥A1C,故②正确;③中,两异面直线A1B与AD1所成的角为60°,但与的夹角为120°,故③不正确,④中,|··|=0,故④也不正确.
答案:
①②
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.(xx·周口模拟)已知空间三点A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5).
(1)求以,为边的平行四边形的面积.
(2)若|a|=,且a分别与,垂直,求向量a的坐标.
【解析】
(1)由题意可得:
=(-2,-1,3),=(1,-3,2),
所以cos<,>====,
所以sin<,>=,
所以以,为边的平行四边形的面积:
S=2×||||sin<,>=14×=7.
(2)设a=(x,y,z),
由题意得
解得
或
所以a=(1,1,1)或a=(-1,-1,-1).
10.(xx·唐山模拟)已知空间三点A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4),设a=,b=.
(1)求a和b夹角的余弦值.
(2)设|c|=3,c∥,求c的坐标.
【解析】
(1)因为=(1,1,0),=(-1,0,2),
所以a·b=-1+0+0=-1,|a|=,|b|=.
所以cos===.
(2)=(-2,-1,2).设c=(x,y,z),
因为|c|=3,c∥,
所以=3,存在实数λ使得c=λ,
即
联立解得
或
所以c=±(-2,-1,2).
(20分钟 40分)
1.(5分)(xx·开封模拟)若A(x,5-x,2x-1),B(1,x+2,2-x),当||取最小值时,x的值为 ( )
A.19B.-C.D.
【解析】选C.||=
=,所以当x=时,
||min=.
2.(5分)设A,B,C,D是空间不共面的四个点,且满足·=0,
·=0,·=0,则△BCD的形状是 ( )
A.钝角三角形B.直角三角形
C.锐角三角形D.无法确定
【解题提示】通过·,·,·的符号判断△BCD各内角的大小,进而确定出三角形的形状.
【解析】选C.·=(-)·(-)
=·-·-·+2=2>0,
同理·>0,·>0.故△BCD为锐角三角形.
【加固训练】如图所示,PD垂直于正方形ABCD所在平面,AB=2,E为PB的中点,cos<,>=,若以DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则点E的坐标为 ( )
A.(1,1,1) B.
C.D.(1,1,2)
【解析】选A.由已知得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),
设P(0,0,a)(a>0),则E.
所以=(0,0,a),=,
||=a,||=
==.
又cos<,>=,
所以
=,
解得a2=4,即a=2,所以E(1,1,1).
3.(5分)二面角α-l-β为60°,A,B是l上的两点,AC,BD分别在半平面α,β内,AC⊥l,BD⊥l,且AB=AC=a,BD=2a,则CD的长为 ( )
A.2aB.aC.aD.a
【解题提示】选,,为基向量,进行基向量运算求解.
【解析】选A.因为AC⊥l,BD⊥l,所以<,>=60°,
且·=0,·=0,
所以=++,
所以||=
=
=2a.
4.(12分)已知a=(3,1,5),b=(1,2,-3),a·c=9,b·c=-4.
(1)若向量c垂直于空间直角坐标系的z轴,试求c的坐标.
(2)是否存在向量c,使得c与z轴共线?
试说明理由.
【解题提示】
(1)设c=(x0,y0,z0),设z轴上一点为(0,0,m)(m≠0),依题意a·c=9,b·c=-4,c垂直于空间直角坐标系的z轴,即可求得c的坐标.
(2)设c=(x1,y1,z1),设z轴上一点为(0,0,n)(n≠0),则(x1,y1,z1)=λ(0,0,n),
c=(0,0,λn)(n≠0),同
(1)求得λ与n的关系式即可作出判断.
【解析】
(1)设c=(x0,y0,z0),设z轴上一点为(0,0,m)(m≠0),则由题意得:
解得
即c=.
(2)设c=(x1,y1,z1),设z轴上一点为(0,0,n)(n≠0),则由题意,知(x1,y1,z1)=λ(0,0,n)=(0,0,λn)(n≠0),
所以x1=0,y1=0,z1=λn,
即c=(0,0,λn)(n≠0),
又a·c=9,b·c=-4,
即
⇒
显然矛盾,
所以不存在满足题意的向量c,使得c与z轴共线.
5.(13分)(xx·广州模拟)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1,在底面△ABC中,CA=CB=1,∠BCA=90°,棱AA1=2,M,N分别是A1B1,A1A的中点.
(1)求的模.
(2)求cos<,>的值.
(3)求证:
A1B⊥C1M.
【解析】如图,建立空间直角坐标系Oxyz,点C为坐标原点O.
(1)依题意得B(0,1,0),N(1,0,1),
所以||=
=.
(2)依题意得A1(1,0,2),
B(0,1,0),C(0,0,0),B1(0,1,2).
所以=(1,-1,2),
=(0,1,2),·=3,
||=,||=,
所以cos<,>==.
(3)依题意,得C1(0,0,2),M,=(-1,1,-2),=.
所以·=-++0=0,
所以⊥.所以A1B⊥C1M.
2019-2020年高考数学一轮复习第七章立体几何7.7.1利用空间向量证明空间中的位置关系课时提升作业理
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.(xx·泉州模拟)设平面α的一个法向量为n1=(1,2,-2),平面β的一个法向量为n2=(-2,-4,k),若α∥β,则k= ( )
A.2B.4C.-2D.-4
【解析】选B.由α∥β知n1∥n2,则n2=λn1.
即(-2,-4,k)=λ(1,2,-2),
即
解得k=4.
【加固训练】若平面α,β垂直,则下面可以是这两个平面的法向量的
是 ( )
A.n1=(1,2,1),n2=(-3,1,1)
B.n1=(1,1,2),n2=(-2,1,1)
C.n1=(1,1,1),n2=(-1,2,1)
D.n1=(1,2,1),n2=(0,-2,-2)
【解析】选A.因为α⊥β,
所以n1⊥n2,即n1·n2=0,
经验证可知,选项A正确.
2.(xx·西安模拟)若平面α,β的法向量分别是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.以上答案均不正确
【解析】选C.因为n1·n2=2×(-3)+(-3)×1+5×(-4)≠0.
所以n1与n2不垂直,且不共线.
所以α与β相交但不垂直.
3.若=λ+μ,则直线AB与平面CDE的位置关系是 ( )
A.相交B.平行
C.在平面内D.平行或在平面内
【解析】选D.由=λ+μ知,向量,,共面,则直线AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内.
4.(xx·珠海模拟)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则 ( )
A.EF至多与A1D,AC之一垂直
B.EF⊥A1D,EF⊥AC
C.EF与BD1相交
D.EF与BD1异面
【解题提示】建立空间直角坐标系,用向量法求解.
【解析】选B.以D点为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设正方体棱长为1,
则A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),
E,F,B(1,1,0),
D1(0,0,1),
=(-1,0,-1),=(-1,1,0),
=,=(-1,-1,1),
=-,·=·=0,
从而EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.故选B.
5.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,以CD,CB,CE所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,AB=,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE,则M点的坐标为 ( )
A.(1,1,1) B.
C. D.
【解析】选C.由已知得A(,,0),B(0,,0),D(,0,0),E(0,0,1),设M(x,x,1).
则=(x-,x-,1),=(,-,0),=(0,-,1).设平面BDE的一个法向量为n=(a,b,c).
则
即
解得令b=1,则n=(1,1,).
又AM∥平面BDE,所以n·=0.
即2(x-)+=0,得x=,
所以M.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.设点C(2a+1,a+1,2)在点P(2,0,0),A(1,-3,2),B(8,-1,4)确定的平面上,则a= .
【解析】由共面向量定理知=x+y,
即(2a-1,a+1,2)=x(-1,-3,2)+y(6,-1,4),
即解得a=16.
答案:
16
7.(xx·襄阳模拟)已知平面α内的三点A(0,0,1),B(0,1,0),C(1,0,0),平面β的一个法向量n=(-1,-1,-1).则不重合的两个平面α与β的位置关系是 .
【解析】由已知得,=(0,1,-1),=(1,0,-1),设平面α的一个法向量为m=(x,y,z),
则得
得令z=1,得m=(1,1,1).
又n=(-1,-1,-1),所以m=-n,即m∥n,
所以α∥β.
答案:
平行
【方法技巧】平面的法向量的求法
(1)设出平面的一个法向量n=(x,y,z),利用其与该平面内的两个不共线向量垂直,即数量积为0,列出方程组,两个方程,三个未知数,此时给其中一个变量恰当赋值,求出该方程组的一个非零解,即得到这个法向量的坐标.
(2)注意,赋值不同得到法向量的坐标也不同,法向量的坐标不唯一.
8.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是棱BC,DD1上的点,如果B1E⊥平面ABF,则CE与DF的和为 .
【解析】以D1A1,D1C1,D1D所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设CE=x,DF=y,则易知E(x,1,1),B1(1,1,0),所以=(x-1,0,1),又F(0,0,1-y),B(1,1,1),所以=(1,1,y),由于AB⊥B1E,故若B1E⊥平面ABF,
只需·=(1,1,y)·(x-1,0,1)=0⇒x+y=1.
答案:
1
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.(xx·石家庄模拟)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为等腰直角三角形,
∠BAC=90°,且AB=AA1,D,E,F分别为B1A,C1C,BC的中点.
(1)求证:
DE∥平面ABC.
(2)求证:
B1F⊥平面AEF.
【证明】以A为原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,令AB=AA1=4,则A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),
B1(4,0,4),D(2,0,2),
A1(0,0,4).
(1)=(-2,4,0),
平面ABC的法向量为=(0,0,4),
因为·=0,DE⊄平面ABC,
所以DE∥平面ABC.
(2)=(-2,2,-4),=(2,-2,-2),
·=(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0,
所以⊥,B1F⊥EF,
·=(-2)×2+2×2+(-4)×0=0,
所以⊥,所以B1F⊥AF.
因为AF∩EF=F,所以B1F⊥平面AEF.
【加固训练】如图,在多面体ABC-A1B1C1中,四边形A1ABB1是正方形,AB=AC,BC=AB,B1C1BC,二面角A1-AB-C是直二面角.
求证:
(1)A1B1⊥平面AA1C.
(2)AB1∥平面A1C1C.
【证明】因为二面角A1-AB-C是直二面角,四边形A1ABB1为正方形,
所以AA1⊥平面BAC.
又因为AB=AC,BC=AB,
所以∠CAB=90°,即CA⊥AB,
所以AB,AC,AA1两两互相垂直.
建立如图所示的空间直角坐标系,
设AB=2,则A(0,0,0),B1(0,2,2),A1(0,0,2),C(2,0,0),C1(1,1,2).
(1)=(0,2,0),=(0,0,-2),=(2,0,0),
设平面AA1C的一个法向量n=(x,y,z),
则
即即
取y=1,则n=(0,1,0).
所以=2n,即∥n.
所以A1B1⊥平面AA1C.
(2)易知=(0,2,2),=(1,1,0),
=(2,0,-2),
设平面A1C1C的一个法向量m=(x1,y1,z1),
则
即
令x1=1,则y1=-1,z1=1,
即m=(1,-1,1).
所以·m=0×1+2×(-1)+2×1=0,
所以⊥m.
又AB1⊄平面A1C1C,
所以AB1∥平面A1C1C.
10.(xx·福州模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1C1C是边长为4的正方形.平面ABC⊥平面AA1C1C,AB=3,BC=5.
(1)求证:
AA1⊥平面ABC.
(2)证明在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B,并求的值.
【解析】
(1)因为AA1C1C为正方形,所以AA1⊥AC.
因为平面ABC⊥平面AA1C1C,且AA1垂直于这两个平面的交线AC.所以AA1⊥平面ABC.
(2)由
(1)知AA1⊥AB,AA1⊥AC.
由题知AB=3,BC=5,AC=4,所以AB⊥AC.
如图,以A为原点建立空间直角坐标系Axyz,
则B(0,3,0),A1(0,0,4),B1(0,3,4),C1(4,0,4).
设D(x,y,z)是线段BC1上的一点,
且=λ,λ∈[0,1].
所以(x,y-3,z)=λ(4,-3,4).
解得x=4λ,y=3-3λ,z=4λ,
所以=(4λ,3-3λ,4λ).
由·=0,即9-25λ=0,解得λ=.
因为∈[0,1],所以在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B,此时,=λ=.
(20分钟 40分)
1.(5分)已知=(1,5,-2),=(3,1,z),若⊥,=(x-1,y,-3),且BP⊥平面ABC,则实数x,y,z分别为 ( )
A.,-,4B.,-,4
C.,-2,4D.4,,-15
【解题提示】利用数量积与垂直的关系、线面垂直的性质定理即可得出.
【解析】选B.因为⊥,所以·=3+5-2z=0,解得z=4.
所以=(3,1,4).
因为BP⊥平面ABC,
所以⊥,⊥.
所以
化为
解得
所以x=,y=-,z=4.
2.(5分)(xx·太原模拟)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=,则MN与平面BB1C1C的位置关系是 ( )
A.斜交B.平行
C.垂直D.不能确定
【解析】选B.分别以C1B1,C1D1,C1C所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.
因为A1M=AN=a,
所以M,
N,
所以=.
又C1(0,0,0),D1(0,a,0),所以=(0,a,0),
所以·=0,所以⊥.
因为是平面BB1C1C的一个法向量,
且MN⊄平面BB1C1C,
所以MN∥平面BB1C1C.
3.(5分)空间中两个有一条公共边AD的正方形ABCD与ADEF,设M,N分别是BD,AE的中点,给出如下命题:
①AD⊥MN;②MN∥平面CDE;③MN∥CE;④MN,CE异面.
则所有的正确命题为 .
【解题提示】选,,为基向量,利用向量法,对四个命题逐一判断从中选择出正确命题.
【解析】如图,设=a,=b,=c,则|a|=|c|且a·b=c·b=0.=
-=(b+c)-(a+b)=(c-a),·=(c-a)·b=(c·b-a·b)=0,故AD⊥MN,故①正确;=c-a=2,故MN∥CE,故MN∥平面CDE,故②③正确;③正确时④一定不正确.
答案:
①②③
4.(12分)(xx·汕头模拟)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,PC=2,在四边形ABCD中,∠B=∠C=90°,AB=4,CD=1,点M在PB上,PB=4PM,PB与平面ABCD成30°的角.
求证:
(1)CM∥平面PAD.
(2)平面PAB⊥平面PAD.
【证明】以C为坐标原点,CB为x轴,CD为y轴,CP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.
因为PC⊥平面ABCD,
所以∠PBC为PB与平面ABCD所成的角,
所以∠PBC=30°,
因为PC=2,
所以BC=2,PB=4,
所以D(0,1,0),B(2,0,0),A(2,4,0),
P(0,0,2),M,
所以=(0,-1,2),=(2,3,0),
=.
(1)设n=(x,y,z)为平面PAD的一个法向量,
所以
即
令y=2,得n=(-,2,1).
因为n·=-×+2×0+1×=0,
所以n⊥.又CM⊄平面PAD,
所以CM∥平面PAD.
(2)如图,取AP的中点E,连接BE,
则E(,2,1),
=(-,2,1).
因为PB=AB,
所以BE⊥PA.
又因为·=(-,2,1)·(2,3,0)=0,
所以⊥.所以BE⊥DA.
又PA∩DA=A,所以BE⊥平面PAD.
又因为BE⊂平面PAB,
所以平面PAB⊥平面PAD.
5.(13分)(xx·郑州模拟)如图
(1)所示,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,
AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DE∥BC,DE=2,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如图
(2)所示.
(1)求证:
A1C⊥平面BCDE.
(2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小.
(3)线段BC上是否存在一点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?
说明理由.
【解析】
(1)因为AC⊥BC,DE∥BC,所以DE⊥AC,所以DE⊥A1D,DE⊥CD,A1D∩DC=D,
所以DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A1C.
又因为A1C⊥CD,DE∩CD=D,
所以A1C⊥平面BCDE.
(2)如图所示,以C为坐标原点,建立空间直角坐标系Cxyz,则A1(0,0,2),D(0,2,0),M(0,1,),B(3,0,0),E(2,2,0).
设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z),
则n·=0,n·=0.
又因为=(3,0,-2),=(-1,2,0),
所以
令y=1,则x=2,z=,所以n=(2,1,).
设CM与平面A1BE所成的角为θ.
因为=(0,1,),
所以sinθ=|cos
所以CM与平面A1BE所成角的大小为.
(3)线段BC上不存在一点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.理由如下:
假设这样的点P存在,设其坐标为(p,0,0),其中p∈[0,3].
设平面A1DP的法向量为m=(x1,y1,z1),
则
又因为=(0,2,-2),=(p,-2,0),
所以令x1=2,则y1=p,z1=.
所以m=.
当且仅当m·n=0时,平面A1DP⊥平面A1BE.
由m·n=0,得4+p+p=0,解得p=-2,与p∈[0,3]矛盾.
所以线段BC上不存在一点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.
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- 高考 数学 一轮 复习 第七 立体几何 76 空间 直角 坐标系 向量 及其 运算 课时 提升 作业