2020版高考数学第七章立体几何第43讲空间向量其运算课时达标理新人教A版

第43讲空间向量及其运算课时达标一、选择题→→．(2019·大冶一中月考)关于空间随意一点和不共线的三点，，，且有OP＝xOA→→＋yOB＋zOC(x，y，z∈，则＝2，y＝－，z＝2是，，，C四点共面的()．必需不充分条件．充分不用要条件．充要条件．既不充分又不用要条件→→→→B分析当x＝2，y＝－3，z＝2时，即OP＝OA－OB＋OC，→→→→→→→→→→则AP－AO＝2OA－3(AB－AO)＋2(AC－AO)，即AP＝－AB＋2AC，依据共面向量定理，知→→→，，，C四点共面；反之，当，，，C四点共面时，依据共面向量定理AP＝mABnAC，→→→→→→→→→→即OP－OA＝(OB－OA)＋(OC－OA)OP＝(1－－)OA＋mOB＋nOCx＝1－－ny＝，z＝n，这组数明显不只2，－3,2.故是充分不用要条件．应选B.．(2019·通州期末)已知两个非零向量a＝(，，)，b＝(1，b，b)，它们平行的充要条件是()A.a|a|＝b|b|．a·1＝a·b＝a·b3．a·1＋a·b＋a·b＝0．存在非零实数k，使＝kbD分析应选，第一清除，C项表示⊥b，A项表示，b的单位向量相等，但两向量方向相反也叫平行．．已知＝(2,3，－4)，b＝(－4，－，－2)，b＝12x－2，则x＝()．(0,3，－6)．(0,6，－20)．(0,6，－6)．(6,6，－6)1B分析由于＝x－，因此x＝4a＋2b2即x＝(8,12，－)＋(－，－6，－4)＝(0,6，－)．已知a＝(2,1，－3)，＝(－1,2,3)，c＝(7,6，λ)，若a，，c三向量共面，则λ＝()．9．－9．－3．3B分析由题意知c＝xa＋y，即(7,6，λ)＝x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)，x－y＝，x＋2y＝，因此解得λ＝－9.－x＋3y＝λ，．若平面α，β的法向量分别为n＝(2，－3,5)，n＝(－3,1，－4)，则()．α∥β．α⊥β．α，β订交但不垂直．以上均不正确C分析由1＝(2，－3,5)，n＝(－3,1，－4)，由于1和n2不平行，因此α与β不平行；又由于n·n＝－－3－20＝－≠，因此α与β不垂直．→→→→→ABCD－11中，向量ABAD，AA两两夹角均为°，且|AB|＝1|AD→→|＝2，||＝3，则|AC|＝()11．5．6．4．8→→→→A分析由题可得，AC＝AB＋AD＋AA1，→→→→→→→→→→故AC2＝AB2＋AD2＋AA2＋2(AB·AD＋AB·AA1＋AD·AA1)＝1＋4＋＋2(1×＋×＋→×3)cos60°＝，故|AC|＝5.二、填空题．在空间直角坐标系中，点(1，2，3)，过点P作平面yOz的垂线PQ，则垂足Q的坐标为________．分析依题意知，垂足为点P在平面yOz上的投影，则点Q的纵、竖坐标与点P的纵、竖坐标相等，横坐标为0.答案(0，，3)→→→→．如下图，在长方体ABCD－1中，O为AC的中点．用AB，AD，AA1表示OC1，则→OC1＝________.→→→分析由题意知OC＝OC＋CC1＝1111→→→→→→→→AC)＋AA1＝AB＋AD＋AA.＋CC＝(AB＋AD2222答案1→1→→ABAD＋AA1＋22．(2019·晋江模拟)设－ABC是四周体，1是△ABC的重心，G是OG1上的一点，且→→→→OG＝GG1，若OG＝xOA＋yOB＋zOC，则(x，y，z)为________．分析如下图，取BC的中点，连结AE.→OG＝34→OG1＝34→→(OA＋AG)＝→OA＋41→AE＝231→→→OA(AB＋AC)＋44＝3→OA4＋14→→→→(OB－OA＋OC－OA)＝14→→→(OA＋OB＋OC)，1因此x＝y＝z＝.4答案(14，14，1)4三、解答题10．如图，在棱长为a的正方体C1中，，F分别是棱AB，BC上的动点，且AE＝BF＝x，此中≤x≤a，以O为原点成立空间直角坐标系Oxyz.(1)写出点，F的坐标；(2)求证：1⊥；→1→→(3)若1，，，1四点共面，求证：1F＋.＝2分析(1)(a，x,0)，(－x，a,0)．(2)证明：由于1(a,0，)，(0，，)，→→因此1＝(－x，，－)，＝(a，x－，－)，→→因此1·＝－＋(x－a)＋a2＝，→→因此1⊥，因此1⊥.→→→→→(3)证明：由于，，，1四点共面，因此，11，1共面．选1与11为一组基→→→向量，则存在独一实数对(λ1，λ2)，使1＝λ＋λ1E，即(－x，a，－)＝λ(－a，a,0)＋λ(0，x，－a)＝(－aλ，aλ＋xλ2，－λ)，－x＝－aλ，因此a＝aλ＋xλ，－a＝－aλ，12解得λ＝，λ＝1.→于是1F＝12→→＋.→11(2019·安庆模拟)已知空间三点(－2,0,2)(－1,1,2)(－3,0,4)a＝AB，→b＝AC.→(1)若|c|＝3，且c∥BC，求c；(2)求a和b的夹角的余弦值；(3)若ka＋b与－2b相互垂直，求k的值；(4)若λ(a＋b)＋μ(a－b)与z轴垂直，求λ，μ应知足的关系．→证明(1)由于c∥BC，→因此c＝mBC＝(－2，－1,2)＝(－，－)．因此|c|＝－2m2＋－m＋m＝3||＝3.即＝±1.因此c＝(－，－1,2)或c＝(2,1，－2)．(2)由于＝(1,1,0)，＝(－1,0,2)，因此·b＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1.又|a|＝1＋＋＝，||＝－1＋＋＝，||＝－1＋2＋2＝5，因此cos〈a，b〉＝·b|a|·|b|＝－1＝－1010.10因此a和b夹角的余弦值为－10.10(3)方法一由于ka＋＝(k－k,2)ka－＝(k＋k4)(k－k,2)·(k＋2，k，－4)＝(k－1)(k＋2)＋k－8＝0.因此k＝2或k＝－－8＝0.因此k＝2或k＝－5.2即当＋b与ka－2b相互垂直时，k＝2或k＝－52.方法二由(2)知||＝2，|b|＝5，·b＝－，2a2＋k－10＝0，得k＝2或k＝－22因此(ka＋)·(－)＝k－·b－b＝2k52.(4)由于＋＝(0,1,2)，a－b＝(2,1，－2)，因此λ(＋)＋μ(－b)＝(2μ，λ＋μ，λ－μ)．由于[λ(a＋b)＋μ(a－)]·(0,0,1)＝λ－μ＝0，即当λ，μ知足关系λ－μ＝0时，可使λ(＋)＋μ(－b)与z轴垂直．12．已知空间三点(0,2,3)，(－2,1,6)，(1，－1,5)．→→(1)求以AB，AC为边的平行四边形的面积；→→(2)若|a|＝3，且a分别与AB，AC垂直，求向量a的坐标．→→分析(1)由题意可得AB＝(－2，－1,3)，AC＝(1，－3,2)，→→因此cos〈AB，AC〉＝→→AB·AC→→|AB||AC|＝－＋3＋614×14＝71＝，142→→因此sin〈ABAC3→→.因此以ABAC为边的平行四边形的面积为＝×21→→|AB||AC|sin2→→〈AB，AC〉＝×3＝73.2(2)设＝(x，y，z)，x2＋y2＋z2＝，2＋y2＋z2＝，x＝1，x＝－，－2x－y＋3z＝0，y＝1，y＝－，由题意得解得或x－y＋z＝0.z＝1z＝－1.因此向量a的坐标为(1,1,1)或(－，－，－1)．13．[选做题]在四棱锥－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，，F分别是AB，PB的中点．(1)求证：EF⊥CD；(2)在平面PAD内能否存在一点，使GF⊥平面PCB.若存在，求出点G的坐标；若不存出，试说明原因．分析(1)证明：如图，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴成立空间直角坐标系，设AD＝a，a则(0,0,0)(a,0,0)(a,0)(0a,0)Ea，，0(0,0a)F2a2，a，2a2→.EF＝－a2，，a2→→→→→，DC＝(0，a,0)．由于EF·DC＝，因此EF⊥DC，即EF⊥CD.(2)