2020届高考数学第七篇立体几何与空间向量第6节空间向量及其运算课时作业理新人教A版.docx

第6节 空间向量及其运算课时作业基础对点练(时间：30分钟)1一个几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是等边三角形若该几何体的四个顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(0,0,0)，(2,0,0)，(2,2,0)，(0,2,0)，则第五个顶点的坐标可能为()(A)(1,1,1) (B)(1,1，)(C)(1,1，) (D)(2,2，)C解析：因为正视图和侧视图都是等边三角形，俯视图是正方形，所以该几何体是正四棱锥还原几何体并结合其中四个顶点的坐标，建立空间直角坐标系，设O(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，所求的第五个顶点的坐标为S(1,1，z)正视图为等边三角形，且边长为2，故其高为.又正四棱锥的高与正视图的高相等，所以z，故第五个顶点的坐标可能为(1,1，)故选C.2若O、A、B、C为空间四点，且向量、不能构成空间的一个基底，则()(A)、共线 (B)、共线(C)、共线 (D)O，A，B，C四点共面D解析：向量，不能构成空间的一个基底，向量，共面，因此O，A，B，C四点共面，故选D.3在空间直角坐标系中，A(1,1，2)，B(1,2，3)，C(1,3,0)，D(x，y，z)(x，y，zR)，若A，B，C，D四点共面，则()(A)2xyz1(B)xyz0(C)xyz4 (D)xyz0A解析：A(1,1，2)，B(1,2，3)，C(1,3,0)，D(x，y，z)(x，y，zR)，(0,1，1)，(2,2,2)，(x1，y1，z2)，A，B，C，D四点共面，存在实数，使得，(x1，y1，z2)(0,1，1)(2,2,2)，解得2xyz1，故选A.4已知向量a(1,0，1)，则下列向量中与a成60夹角的是()(A)(1,1,0) (B)(1，1,0)(C)(0，1,1) (D)(1,0,1)B解析：设选项中的向量与a的夹角为，对于选项A，由于cos ，此时夹角为120，不满足题意；同理可知选项C、D不满足题意；对于选项B，由于cos ，此时夹角为60，满足题意，故选B.5.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别在A1D、AC上，且A1EA1D，AFAC，则()(A)EF至多与A1D、AC之一垂直(B)EF与A1D、AC都垂直(C)EF与BD1相交(D)EF与BD1异面B解析：设AB1，以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E，F，B(1,1,0)，D1(0，0,1)，(1,0，1)，(1,1,0)，(1，1，1)，0，从而EFBD1，EFA1D，EFAC.6.如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，ACBC，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()(A) (B)(C) (D)A解析：不妨令CB1，则CACC12.可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，(0,2，1)，(2,2,1)，cos，0.与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.7已知空间向量a(0,1，1)，b(1,2,3)，c3ab，则空间向量c的坐标是_解析：空间向量a(0,1，1)，b(1,2,3)，c3ab，c(0,3，3)(1,2,3)(1,1，6)答案：(1,1，6)8已知向量a(1,2,3)，b(x，x2y2，y)，并且a，b同向，则x，y的值分别为_解析：由题意知ab，所以，即把代入得x2x20，(x2)(x1)0，解得x2或x1，当x2时，y6；当x1时，y3.当时，b(2，4，6)2a，两向量a，b反向，不符合题意，所以舍去当时，b(1,2,3)a，a与b同向，所以答案：1,39已知点A(1,2,1)，B(1,3,4)，D(1,1,1)，若2，则|的值是_解析：设P(x，y，z)，则(x1，y2，z1)(1x,3y,4z)由2得点P坐标为，3，又D(1,1,1)，所以|.答案：10已知空间三点A(2,0,2)，B(1,1,2)，C(3,0,4)设a，b.(1)求a和b的夹角的余弦值(2)若向量kab与ka2b互相垂直，求k的值解析：A(2,0,2)，B(1,1,2)，C(3,0,4)，a，b，a(1,1,0)，b(1,0,2)(1)cos ，a和b的夹角的余弦值为.(2)kabk(1,1,0)(1,0,2)(k1，k,2)，ka2b(k2，k，4)，且(kab)(ka2b)，(k1，k,2)(k2，k，4)(k1)(k2)k282k2k100.则k或k2.11.已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，(1)求证：E、F、G、H四点共面；(2)求证：BD平面EFGH；(3)设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有()证明：(1)连接BG，则()，由共面向量定理的推论知：E、F、G、H四点共面(2)因为()，所以EHBD.又EH平面EFGH，BD平面EFGH，所以BD平面EFGH.(3)找一点O，并连接OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG.由(2)知，同理，所以，即，所以四边形EFGH是平行四边形所以EG，FH交于一点M且被M平分故()()能力提升练(时间：15分钟)12A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足0，0，0，M为BC的中点，则AMD是()(A)钝角三角形(B)锐角三角形(C)直角三角形 (D)不确定C解析：M为BC的中点，()()0AMAD，AMD为直角三角形，故选C.13长方体ABCDA1B1C1D1中，AB1，BC2，AA13，点M是BC的中点，点PAC1，QMD，则PQ长度的最小值为() (A)1 (B)(C) (D)2C解析：根据题意建立如图所示的空间直角坐标系，设P(x0,2x0,33x0)，Q(x1,2x1,3)，x0，x10,1，所以PQ，当且仅当x0，x1时，PQ取得最小值，即PQmin.故选C.14如图所示，已知二面角l的平面角为，ABBC，BCCD，AB在平面内，BC在l上，CD在平面内，若ABBCCD1，则AD的长为_解析：，所以2221112cos()32cos ，所以|，即AD的长为.答案：15.如图所示，已知空间四边形OABC，OBOC，且AOBAOC，则cos，的值为_解析：设a，b，c，由已知条件a，ba，c，且|b|c|，a(cb)acab|a|c|a|b|0，所以cos，0.答案：016.(2019汕头模拟)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，点E在AA1上，点F在CC1上，且AEFC11.(1)求证：E，B，F，D1四点共面；(2)若点G在BC上，BG，点M在BB1上，GMBF，垂足为H，求证：EM平面BCC1B1.证明：(1)以B为原点，以BA，BC，BB1为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，则B(0,0,0)，E(3,0,1)，F(0,3,2)，D1(3,3,3)，则(3,0,1)，(0,3,2)，(