步步高浙江新高考数学理科一轮复习配套练习86空间向量及其运算(含答案详析)

第6讲空间向量及其运算一、选择题1．以下四个命题中正确的选项是()．．空间的任何一个向量都可用其他三个向量表示B．若{a，b，c}为空间向量的一组基底，则{a＋b，b＋c，c＋a}构成空间向量的另一组基底→→C．△ABC为直角三角形的充要条件是AB·AC＝0D．任何三个不共线的向量都可构成空间向量的一组基底剖析若a＋b、b＋c、c＋a为共面向量，则a＋b＝λ(b＋c)＋μ(c＋a)，(1－μ)a＝(λ－1)b＋(λ＋μ)c，λ，μ不可以能同时为1，设μ≠1，则a＝λ－1λ＋μb＋c，1－μ1－μ则a、b、c为共面向量，此与{a，b，c}为空间向量基底矛盾．答案B2．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＝()．A．－4B．－2C．4D．2剖析∵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D3．若{a，b，c}为空间的一组基底，则以下各项中，能构成基底的一组向量是()．A．{a，a＋b，a－b}B．{b，a＋b，a－b}C．{c，a＋b，a－b}D．{a＋b，a－b，a＋2b}剖析若c、a＋b、a－b共面，则c＝λ(a＋b)＋m(a－b)＝(λ＋m)a＋(λ－m)b，则a、b、c为共面向量，此与{a，b，c}为空间向量的一组基底矛盾，故c，a＋b，a－b可构成空间向量的一组基底．答案C4.以下列图，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝π→→()．3，则cos〈OA，BC〉的值为1A．0B.232C.2D.2剖析→→＝，→＝，OCaOBbcπ由已知条件〈a，b〉＝〈a，c〉＝3，且|b|＝|c|，→→11→→OA·BC＝a·(c－b)＝a·c－a·b＝2|a||c－2|a||b|＝0，∴cos〈OA，BC〉＝0.答案A5．以下列图，在长方体1111中，M为ABCD－ABCDA1C1与B1→→→＝c，D1的交点．若AB＝a，AD＝b，AA1则以下向量中与→相等的向量是()．BM1111A．－2a＋2b＋cB.2a＋2b＋c1111C．－2a－2b＋cD.2a－2b＋c剖析→→1＋→＝→＋1→－→BM＝BB1M1AB)BAA2(AD111＝c＋2(b－a)＝－2a＋2b＋c.答案A6．如图，在大小为°的二面角A－EF－D中，四边形ABFE，CDEF都是边长为451的正方形，则B，D两点间的距离是()32C．1D.3－2→→→→→2→2＋→2＋→2＋→→→→剖析＝BF＋FE＋ED，∴BD＝BFFEEDBF·FE＋FE·ED||||||||22∵BD→→→＝－BF·ED＝＋＋－＝－，故|BD|2.＋21112323答案D二、填空题7.设x,yR，向量ax,1,b1,y,c2,4，且ac,b//c，则ab_______ac,b//c2x40x2ab(3,1)10剖析2y4y2.答案10在空间四边形→→→→→→＝8.ABCD中，AB·CDDBBC________.剖析→→＝，→＝，如图，设AB＝，ACADabc→→→→→→AB·CD＋AC·DB＋AD·BC＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)＝0.答案09．已知ABCD－A1B1C1D1为正方体，①(A1A1＋A1D1＋A1B1)2＝3A1B12；②·(－A1A1)＝0；③向量AD1与向量A1B的夹角是60°；④正方体A1CA1B1ABCD－A1B1C1D1的体积为|AB·AA1·AD|.其中正确命题的序号是________．剖析由AA1⊥A1D1，AA1⊥A1B1，A1D1⊥A1B1⊥A1B1，得(A1A＋A1D1＋A1B1)2＝3(A1B1)2，故①正确；②中A1B1－A1A＝AB1，由于1⊥A1C，故AB②正确；③中A1B与AD1两异面直线所成角为°，但AD1与A1B的夹角为60120°，故③不正确；④中|AB·AA1·AD|＝0.故④也不正确．答案①②10．如图，空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，则OA与BC所成角的余弦值等于________．剖析→→→＝OCc.aOBbOA与BC所成的角为θ，→→→→→→OA·BC＝a(c－b)＝a·c－a·b＝a·(a＋AC)－a·(a＋AB)＝a2＋a·AC－a2－a·AB＝24－162.→→|OA·BC|∴cosθ＝→→＝|OA|·|BC|

24－168×5

23－22.53－22答案5三、解答题→111．已知A、B、C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足OM＝3→→→(OA＋OB＋OC)．→→→(1)判断MA、MB、MC三个向量可否共面；(2)判断点M可否在平面ABC内．→→→→解(1)由已知OA＋OB＋OC＝3OM，→→→→＋→→，(OM))→→→→→即MA＝BM＋CM＝－MB－MC，→→→∴MA，MB，MC共面．→→→(2)由(1)知，MA，MB，MC共面且基线过同一点M，∴四点M，A，B，C共面，从而点M在平面ABC内．12．把边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起成直二面角，点E、F分别是AD、BC的中点，点O是原正方形的中心，求：EF的长；折起后∠EOF的大小．解如图，以O点为原点建立空间直角坐标系O－xyz，则A（，－2020B（2a,），C（，2a,），D（，2，－22a），0,000,0202204422F（4a，4a,0）.→2＝22222＋2232EF＝3a(1)|EFa－＋a＋a－a＝a，∴|0||.4440442→22→22(2)OE＝0，－4a，4a，OF＝4a，4a，0，→→2222a2OE·OF＝0×4a＋－4a×4a＋4a×0＝－8，→a→a→→→→1OE·OFOE＝，OF＝，cos〈OE，OF〉＝→→＝－2，||2||2|OE||OF|∴∠EOF＝120°.13．如图，已知M、N分别为周围体ABCD的面BCD与面ACD的重心，且G为AM上一点，且GM∶GA＝1∶3.求证：B、G、N三点共线．证明→→→设AB＝a，AC＝b，AD＝c，则→→→→3→BG＝BA＋AG＝BA＋4AM＝－a＋1＋＋＝－3＋1＋1，4(abc)4a4b4c→→→→1→→BN＝BA＋AN＝BA＋3(AC＋AD)＝－a＋1＋1＝4→3b3c3BG.→→三点共线．∴BN∥BG，即B、G、N14．以下列图，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB、AD、CD的中点，计算：→→→→；(3)EG的长；·；(2)EF·(1)EFBADC(4)异面直线AG与CE所成角的余弦值．→→→解设AB＝a，AC＝b，AD＝c.则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，→＝1→＝1－1→→(1)EF2BD，＝－a，DC＝b－c，2c2aBA→→11·－＝12－1·＝1，·＝c－aa)EFBA22(2a2ac4→→1(2)EF·DC＝2(c－a)·(b－c)＝1·－·－2＋a·c)＝－1；2(bcabc4→→→→＋－＋1－1＝EB＋BC＋CG＝1(3)EG2aba2c2b111＝－2a