高考数学（理）一轮复习课时训练第8章立体几何41

【课时训练】第41节立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直一、选择题1．(2018唐山统考)若向量a＝(2x,1,3)，b＝(1,3,9)，如果a与b为共线向量，则()A．x＝1 B．x＝eq\f(1,2)C．x＝eq\f(1,6) D．x＝－eq\f(1,6)【答案】C【解析】∵a与b共线，∴eq\f(2x,1)＝eq\f(1,3)＝eq\f(3,9).∴x＝eq\f(1,6).2．(2018鞍山模拟)已知向量a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝eq\f(1,2)x－2a，则x＝()A．(0,3，－6) B．(0,6，－20)C．(0,6，－6) D．(6,6，－6)【答案】B【解析】由b＝eq\f(1,2)x－2a，得x＝4a＋2b＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．3．(2018珠海模拟)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【答案】C【解析】eq\o(AB,\s\up15(→))＝(2,0，－4)，eq\o(AC,\s\up15(→))＝(－2，－3，－5)，eq\o(AD,\s\up15(→))＝(0，－3，－4)，由不存在实数λ，使eq\o(AB,\s\up15(→))＝λeq\o(AC,\s\up15(→))成立，知A，B，C不共线，故A，B，C，D不共线；假设A，B，C，D共面，则可设eq\o(AD,\s\up15(→))＝xeq\o(AB,\s\up15(→))＋yeq\o(AC,\s\up15(→))(x，y为实数)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＝2x－2y，,－3＝－3y，,－4＝－4x－5y，))由于该方程组无解，故A，B，C，D不共面．故选C.4．(2018山东德州模拟)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．－9C．－3 D．3【答案】B【解析】由题意，知c＝xa＋yb，即(7,6，λ)＝x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y＝7，,x＋2y＝6，,－3x＋3y＝λ，))解得λ＝－9.5．(2018合肥模拟)已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则eq\o(AE,\s\up15(→))·eq\o(AF,\s\up15(→))的值为()A．a2 B．eq\f(1,2)a2C．eq\f(1,4)a2 D．eq\f(\r(3),4)a2【答案】C【解析】eq\o(AE,\s\up15(→))·eq\o(AF,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AC,\s\up15(→)))·eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up15(→))＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AD,\s\up15(→))＋eq\o(AC,\s\up15(→))·eq\o(AD,\s\up15(→)))＝eq\f(1,4)(a2cos60°＋a2cos60°)＝eq\f(1,4)a2.6．(2018武汉模拟)若平面α，β的法向量分别为n1＝(2，－3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则()A．α∥β B．α⊥βC．α，β相交但不垂直 D．以上均不正确【答案】C【解析】∵n1·n2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)＝－29≠0，∴n1与n2不垂直．又n1，n2不共线，∴α与β相交但不垂直．7．(2018河北邯郸一模)如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若eq\o(AB,\s\up15(→))＝a，eq\o(AD,\s\up15(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up15(→))＝c，则下列向量中与eq\o(BM,\s\up15(→))相等的向量是()A．－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c B．eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋cC．－eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c D．eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c【答案】A【解析】eq\o(BM,\s\up15(→))＝eq\o(BB1,\s\up15(→))＋eq\o(B1M,\s\up15(→))＝eq\o(AA1,\s\up15(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→)))＝c＋eq\f(1,2)(b－a)＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c.8．(2018安徽安庆二模)如图，在大小为45°的二面角A－EF－D中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是()A.eq\r(3) B．eq\r(2)C．1 D．eq\r(3－\r(2))【答案】D【解析】∵eq\o(BD,\s\up15(→))＝eq\o(BF,\s\up15(→))＋eq\o(FE,\s\up15(→))＋eq\o(ED,\s\up15(→))，∴|eq\o(BD,\s\up15(→))|2＝|eq\o(BF,\s\up15(→))|2＋|eq\o(FE,\s\up15(→))|2＋|eq\o(ED,\s\up15(→))|2＋2eq\o(BF,\s\up15(→))·eq\o(FE,\s\up15(→))＋2eq\o(FE,\s\up15(→))·eq\o(ED,\s\up15(→))＋2eq\o(BF,\s\up15(→))·eq\o(ED,\s\up15(→))＝1＋1＋1－eq\r(2)＝3－eq\r(2).故|eq\o(BD,\s\up15(→))|＝eq\r(3－\r(2)).二、填空题9．(2018四川宜宾模拟)已知向量a＝(1,2，－2)，b＝(0,2,4)，则a，b夹角的余弦值为________．【答案】－eq\f(2\r(5),15)【解析】cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(4－8,3×2\r(5))－eq\f(2\r(5),15).10．(2018菏泽模拟)在空间直角坐标系中，点P(1，eq\r(2)，eq\r(3))，过点P作平面yOz的垂线PQ，则垂足点Q的坐标为________________．【答案】(0，eq\r(2)，eq\r(3))【解析】由题意知点Q即为点P在平面yOz内的射影，所以垂足点Q的坐标为(0，eq\r(2)，eq\r(3))．11．(2018山东淄博模拟)已知点A(1,2,1)，B(－1,3,4)，D(1,1,1)．若eq\o(AP,\s\up15(→))＝2eq\o(PB,\s\up15(→))，则|eq\o(PD,\s\up15(→))|的值是________．【答案】eq\f(\r(77),3)【解析】设点P的坐标为(x，y，z)，∴eq\o(AP,\s\up15(→))＝(x－1，y－2，z－1)，eq\o(PB,\s\up15(→))＝(－1－x,3－y,4－z)，由eq\o(AP,\s\up15(→))＝2eq\o(PB,\s\up15(→))，得点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(8,3)，3))，又D(1,1,1)，∴|eq\o(PD,\s\up15(→))|＝eq\f(\r(77),3).12．(2018柳州模拟)在空间直角坐标系中，以点A(4,1,9)，B(10，－1,6)，C(x,4,3)为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，则实数x的值为________．【答案】2【解析】由题意知eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AC,\s\up15(→))＝0，|eq\o(AB,\s\up15(→))|＝|eq\o(AC,\s\up15(→))|，又eq\o(AB,\s\up15(→))＝(6，－2，－3)，eq\o(AC,\s\up15(→))＝(x－4,3，－6)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6x－4－6＋18＝0，,x－42＝4，))解得x＝2.三、解答题13．(2018河北八市重点高中质检)如图所示，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的eq\r(2)倍，点P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．【证明】(1)连接BD，设AC交BD于点O，则AC⊥BD.连接SO，由题意，知SO⊥平面ABCD.以O为坐标原点，eq\o(OB,\s\up15(→))，eq\o(OC,\s\up15(→))，eq\o(OS,\s\up15(→))所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图．设底面边长为a，则高SO＝eq\f(\r(6),2)a，于是Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(6),2)a))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)a，0，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，0，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)a，0))，则eq\o(OC,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)a，0))，eq\o(SD,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)a，0，－\f(\r(6),2)a))，所以eq\o(OC,\s\up15(→))·eq\o(SD,\s\up15(→))＝0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD.(2)棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.理由如下：由已知条件，知eq\o(DS,\s\up15(→))是平面PAC的一个法向量，且eq\o(DS,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，0，\f(\r(6),2)a))，eq\o(CS,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(2),2)a，\f(\r(6),2)a))，eq\o(BC,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，0)).设eq\o(CE,\s\up15(→))＝teq\o(CS,\s\up15(→))，则eq\o(BE,\s\up15(→))＝eq\o(BC,\s\up15(→))＋eq\o(CE,\s\up15(→))＝