高中数学高考一轮复习一轮复习 第五节 空间向量的运算及应用

课时作业(四十二)空间向量的运算及应用1．已知a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为()A．－2 B．－eq\f(14,3)C．eq\f(14,5) D．2D[因为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．设直线l的方向向量为(1，－1，1)，平面α的一个法向量为(－1，1，－1)，则直线l与平面α的位置关系是()A．l⊂α B．l∥αC．l⊥α D．不确定C[因为直线l的方向向量为(1，－1，1)，平面α的一个法向量为(－1，1，－1)，显然它们共线，所以直线l与平面α的位置关系是垂直即l⊥α.]3．(多选)若a，b，c不共面，则()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＋c，a－2c，c共面BCD[∵2b＝(b＋c)＋(b－c)，∴b＋c，b－c，2b共面，故B正确；∵a＋b＋c＝(b＋c)＋a，∴b＋c，a，a＋b＋c共面，故C正确；∵a＋c＝(a－2c)＋3c，∴a＋c，a－2c，c共面，故D正确．对于A选项，若设b＋c＝λ(b－c)＋μa，则b＋c＝λb－λc＋μa得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝1,－λ＝1,μ＝0))，故无解，因此b＋c，b－c，a不共面．故选BCD.]4．已知四边形ABCD满足：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，则该四边形为()A．平行四边形 B．梯形C．长方形 D．空间四边形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，知该四边形一定不是平面图形．]5．(多选)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，给出以下向量表达式，其中能够化简为向量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项，(A1D1－A1A)－eq\o(AB,\s\up6(→))＝AD1－eq\o(AB,\s\up6(→))＝BD1；B项，(eq\o(BC,\s\up6(→))＋BB1)－D1C1＝BC1－D1C1＝BD1；C项，(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))－2DD1＝eq\o(BD,\s\up6(→))－2DD1≠BD1；D项，(B1D1＋A1A)＋DD1＝B1D＋DD1＝B1D1≠BD1．综上，AB符合题意．故选AB.]6．已知向量a＝(0，－1，1)，b＝(4，1，0)，|λa＋b|＝eq\r(29)且λ>0，则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·烟台模拟)三棱柱ABC­A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N.设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(→))为________；(2)若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，则MN的长为________．解析：(1)由题图知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)由题设条件因为(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．已知点P是平行四边形所在的平面外一点，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).对于下列结论：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(→)).其中正确的是________．解析：因为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，则①②正确；又eq\o(AB,\s\up6(→))与eq\o(AD,\s\up6(→))不平行，所以eq\o(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量，则③正确；因为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(→))与eq\o(AP,\s\up6(→))不平行，故④错．答案：①②③9．已知空间中三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，设向量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与向量b的夹角的余弦值；(3)若ka＋b与ka－2b互相垂直，求实数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与向量b的夹角的余弦值为－eq\f(\r(10),10).(3)法一：∵ka＋b＝(k－1，k，2)，ka－2b＝(k＋2，k，－4)，且ka＋b与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).故当ka＋b与ka－2b互相垂直时，实数k的值为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.如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M，N分别是AB，CD的中点．(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；(2)求MN的长．解析：(1)证明：设eq\o(AB,\s\up6(→))＝p，eq\o(AC,\s\up6(→))＝q，eq\o(AD,\s\up6(→))＝r.由题意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p，q，r三向量两两夹角均为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.同理可证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的长为eq\f(\r(2),2)A．11．(多选)(2023·全国高二课时练习)设几何体ABCD­A1B1C1D1是棱长为a的正方体，A1C与B1D相交于点O，则()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[如图，建立空间直角坐标系，则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正确；eq\o(AB,\s\up6(→))·A1C＝a2，B错误；eq\o(CD,\s\up6(→))·AB1＝－a2，C正确；eq\o(AB,\s\up6(→))·A1O＝eq\f(1,2)a2，D错误．故选AC.]12．已知O(0，0，0)，A(1，2，1)，B(2，1，2)，P(1，1，2)，点Q在直线OP上运动，当eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))取最小值时，点Q的坐标是________．解析：由题意，设eq\o(OQ,\s\up6(→))＝λeq\o(OP,\s\up6(→))，则eq\o(OQ,\s\up6(→))＝(λ，λ，2λ)，即Q(λ，λ，2λ)，则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，当λ＝1时取最小值，此时Q点坐标为(1，1，2).答案：(1，1，2)13．在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．(1)求证：EF⊥CD；(2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G的坐标；若不存在，试说明理由．解析：(1)证明：由题意知，DA，DC，DP两两垂直．如图，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AD＝a，则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(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).因为eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，从而得EF⊥CD.(2)存在．理由如下：假设存在满足条件的点G，设G(x，0，z)，则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，则由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点坐标为(eq\f(a,2)，0，0).故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点．14．已知空间任意一点O和不共线的三点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)，则“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的()A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件B[当x＝2，y＝－3，z＝2时，即eq\o(OP,\s\up6(→))＝2eq\o(OA,\s\up6(→))－3eq\o(OB,\s\up6(→))＋2eq\o(OC,\s\up6(→)).则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(→))，根据共面向量定理知，P，A，B，C四点共面；反之，当P，A，B，C四点共面时，根据共面向量定理，设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，这组数显然不止2，－3，2.故“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件．故选B.]15.如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别为OA，BC的中点，点G在线段MN上，且eq\o(