高考数学总复习 第七章第6课时 空间向量及其运算课时闯关（含解析）VIP免费

一、选择题1．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B．平行C．异面D．相交但不垂直解析：选B.由题意得AB＝(－3，－3,3)，CD＝(1,1，－1)，∴AB＝－3CD，∴AB与CD共线，又AB与CD没有公共点．∴AB∥CD.2．已知O，A，B，C为空间四个点，又OA，OB，OC为空间的一个基底，则()A．O，A，B，C四点不共线B．O，A，B，C四点共面，但不共线C．O，A，B，C四点中任意三点不共线D．O，A，B，C四点不共面解析：选D.OA，OB，OC为空间的一个基底，所以OA，OB，OC不共面，但A，B，C三种情况都有可能使OA，OB，OC共面．3．已知两空间向量m＝(cosθ，1，sinθ)，n＝(sinθ，1，cosθ)，则m＋n与m－n的夹角是()A.B．－C.D.解析：选A.由题意得(m＋n)·(m－n)＝m2－n2＝cos2θ＋1＋sin2θ－(sin2θ＋1＋cos2θ)＝0，∴(m＋n)⊥(m－n)，∴〈m＋n，m－n〉＝.4．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.∵AB＝(2,0，－4)，AC＝(－2，－3，－5)，AD＝(0，－3，－4)．假设四点共面，由共面向量定理得，存在实数x，y，使AD＝xAB＋yAC，即由①②得x＝y＝1，代入③式不成立，矛盾．∴假设不成立，故四点不共面．5．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若AE＝AA1＋xAB＋yAD，则x，y的值分别为()A．x＝1，y＝1B．x＝1，y＝C．x＝，y＝D．x＝，y＝1解析：选C.如图，AE＝AA1＋A1E＝AA1＋A1C1＝AA1＋(AB＋AD)．二、填空题6．已知2a＋b＝(0，－5,10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，则以b，c为方向向量的两直线的夹角为________．解析：由题意得(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10.即2a·c＋b·c＝－10，又∵a·c＝4，∴b·c＝－18，∴cos〈b，c〉＝＝＝－，∴〈b，c〉＝120°，∴两直线的夹角为60°.答案：60°7.如图，已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，BC＝3，M为AC1与CA1的交点，则M点的坐标为__________．解析：由长方体的几何性质得，M为AC1的中点，在所给的坐标系中，A(0,0,0)，C1(2,3,2)，∴中点M的坐标为(1，，1)．答案：(1，，1)8．(2012·保定质检)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是A1B上的点，F是AC上的点，且A1E＝2EB，CF＝2AF，则EF与平面A1B1CD的位置关系为________．解析：取AB＝a，AD＝b，AA1＝c为基底，易得EF＝－(a＋b－c)，而DB1＝a＋b－c，即EF∥DB1，故EF∥DB1，且EF⊄平面A1B1CD，DB1⊂平面A1B1CD，所以EF∥平面A1B1CD.答案：平行三、解答题9．已知向量b与向量a＝(2，－1,2)共线，且满足a·b＝18，(ka＋b)⊥(ka－b)，求向量b及k的值．解：∵a，b共线，∴存在实数λ，使b＝λa，∴a·b＝λa2＝λ|a|2＝λ[]2＝18，解得λ＝2.∴b＝(4，－2,4)．∵(ka＋b)⊥(ka－b)，∴(ka＋b)·(ka－b)＝0.∴(ka＋2a)·(ka－2a)＝0.∴(k2－4)|a|2＝0.∴k＝±2.10.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，O为AC的中点．(1)化简：A1O－AB－AD；(2)设E是棱DD1上的点，且DE＝DD1，若EO＝xAB＋yAD＋zAA1，试求x、y、z的值．解：(1)∵AB＋AD＝AC，∴A1O－AB－AD＝A1O－(AB＋AD)＝A1O－AC＝A1O－AO＝A1A.(2)∵EO＝ED＋DO＝D1D＋DB＝D1D＋(DA＋AB)＝A1A＋DA＋AB＝AB－AD－AA1，∴x＝，y＝－，z＝－.11.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，3AD＝DC＝3，AB＝2，E是DC上的点，且满足DE＝1，连接AE，将△DAE沿AE折起到△D1AE的位置，使得∠D1AB＝60°，设AC与BE的交点为O.(1)试用基向量AB，AE，AD1表示向量OD1；(2)求异面直线OD1与AE所成角的余弦值；(3)判断平面D1AE与平面ABCE是否垂直？并说明理由．解：(1)∵AB∥CE，AB＝CE＝2，∴四边形ABCE是平行四边形，∴O为BE的中点．∴OD1＝AD1－AO＝AD1－(AB＋AE)＝AD1－AB－AE.(2)设异面直线OD1与AE所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈OD1，AE〉|＝，∵OD1·AE＝(AD1－AB－AE)·AE＝AD1·AE－AB·AE－|AE|2＝1××cos45°－×2××cos45°－×()2＝－1，|OD1|＝＝，∴cosθ＝|＝||＝.故异面直线OD1与AE所成角的余弦值为.(3)平面D1AE⊥平面ABCE.证明如下：取AE的中点M，连接D1M，则D1M＝AM－AD1＝AE－AD1，∴D1M·AE＝(AE－AD1)·AE＝|AE|2－AD1·AE＝×()2－1××cos45°＝0.∴D1M⊥AE.∴D1M⊥AE.∵D1M·AB＝(AE－AD1)·AB＝AE·AB－AD1·AB＝××2×cos45°－1×2×cos60°＝0，∴D1M⊥AB，∴D1M⊥AB.又AE∩AB＝A，AE、AB⊂平面ABCE，∴D1M⊥平面ABCE.∵D1M⊂平面D1AE，∴平面D1AE⊥平面ABCE.