（福建专用）高考数学总复习 第八章 立体几何 课时规范练42 空间向量及其运算 理 新人教A版.doc

课时规范练42空间向量及其运算一、基础巩固组1.已知空间四边形oabc中,oa=a,ob=b,oc=c,点m在oa上,且om=2ma,n为bc中点,则mn=()a.12a-23b+12cb.-23a+12b+12cc.12a+12b-12cd.23a+23b-12c2.设一地球仪的球心为空间直角坐标系的原点o,球面上的两个点a,b的坐标分别为a(1,2,2),b(2,-2,1),则|ab|等于()a.18b.12c.32d.233.已知正方体abcd-a1b1c1d1中,点e为上底面a1c1的中心,若ae=aa1+xab+yad,则x,y的值分别为()a.x=1,y=1b.x=1,y=12c.x=12,y=12d.x=12,y=14.向量a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),下列结论正确的是()a.ab,acb.ab,acc.ac,abd.以上都不对5.a,b,c,d是空间不共面的四点,且满足abac=0,acad=0,abad=0,m为bc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6.(2017浙江舟山模拟)平行六面体abcd-a1b1c1d1中,向量ab,ad,aa1两两的夹角均为60,且|ab|=1,|ad|=2,|aa1|=3,则|ac1|等于()a.5b.6c.4d.87.已知空间向量a,b,满足|a|=|b|=1,且a,b的夹角为3,o为空间直角坐标系的原点,点a,b满足oa=2a+b,ob=3a-b,则oab的面积为.8.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.9.(2017宁夏银川模拟)已知点a(1,2,1),b(-1,3,4),d(1,1,1),若ap=2pb,则|pd|的值是.10.如图,在棱长为a的正方体abcd-a1b1c1d1中,g为bc1d的重心,求证:(1)a1,g,c三点共线;(2)a1c平面bc1d.导学号21500751二、综合提升组11.已知ab=(2,2,-2),bc=(1,y,z),若abbc,bp=(x-1,y,1),且bpab,则实数x,y,z分别为()a.5,-1,1b.1,1,-1c.-3,1,1d.4,1,-212.(2017安徽合肥质检)在长方体abcd-a1b1c1d1中,ab=1,bc=2,aa1=3,点m是bc的中点,点pac1,qmd,则pq长度的最小值为()a.1b.43c.233d.213.(2017内蒙古包头模拟)如图所示,pd垂直于正方形abcd所在平面,ab=2,e为pb的中点,cos=33,若以da,dc,dp所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则点e的坐标为.导学号2150075214.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:efcd.(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坐标;若不存在,试说明理由.三、创新应用组15.如图,四边形abcd和adpq均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点m在线段pq上,e,f分别为ab,bc的中点.设异面直线em与af所成的角为,则cos 的最大值为.16.如图所示的直三棱柱abc-a1b1c1,在其底面三角形abc中,ca=cb=1,bca=90,棱aa1=2,m,n分别是a1b1,a1a的中点.(1)求bn的模;(2)求cos的值;(3)求证:a1bc1m.导学号21500753课时规范练42空间向量及其运算1.bmn=on-om=12(ob+oc)-23oa=-23a+12b+12c.2.c|ab|=(1-2)2+(2+2)2+(2-1)2=32.3.c如图,ae=aa1+a1e=aa1+12a1c1=aa1+12(a1b1+a1d1)=aa1+12ab+12ad.4.c因为c=(-4,-6,2)=2(-2,-3,1)=2a,所以ac.又ab=(-2)2+(-3)0+14=0,所以ab.5.cm为bc中点,am=12(ab+ac).amad=12(ab+ac)ad=12abad+12acad=0.amad,amd为直角三角形.6.a设ab=a,ad=b,aa1=c,则ac1=a+b+c,|ac1|2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=25,因此|ac1|=5.7.534由oa=2a+b,ob=3a-b,得|oa|=(2a+b)2=7,|ob|=(3a-b)2=7,oaob=(2a+b)(3a-b)=112.cosboa=oaob|oa|ob|=1114,sinboa=5314.soab=12|oa|ob|sinboa=534.8.2由题意知abac=0,|ab|=|ac|.ab=(6,-2,-3),ac=(x-4,3,-6),6(x-4)-6+18=0,(x-4)2=4,解得x=2.9.773设p(x,y,z),则ap=(x-1,y-2,z-1),pb=(-1-x,3-y,4-z).由ap=2pb,得点p坐标为-13,83,3.又d(1,1,1),|pd|=773.来源:zxxk.com10.证明 (1)ca1=cb+ba+aa1=cb+cd+cc1,cg=cc1+c1g=cc1+2312(c1b+c1d)=cc1+13(cb-cc1+cd-cc1)=13(cb+cd+cc1)=13ca1,cgca1,即a1,g,c三点共线.(2)设cb=a,cd=b,cc1=c,则|a|=|b|=|c|=a,且ab=bc=ca=0.ca1=a+b+c,bc1=c-a,ca1bc1=(a+b+c)(c-a)=c2-a2=0.因此ca1bc1,即ca1bc1.同理ca1bd.又bd与bc1是平面bc1d内的两条相交直线,故a1c平面bc1d.11.babbc,12=y2=-z2,解得y=1,z=-1.bpab,2(x-1)+2y-2=0,解得x=1.12.c根据题意建立如图所示的空间直角坐标系,设p(x0,2x0,3-3x0),q(x1,2-x1,3),x00,1,x10,1,所以pq=(x0-x1)2+(2x0+x1-2)2+(3-3x0-3)2=2x1+x0-222+272x0-292+43,当且仅当x0=29,x1=89时,pq取得最小值,即pqmin=43=233.13.(1,1,1)由已知得d(0,0,0),a(2,0,0),b(2,2,0),设p(0,0,a)(a0),则e1,1,a2,所以dp=(0,0,a),ae=-1,1,a2,|dp|=a,|ae|=(-1)2+12+a22=2+a24=8+a22.又cos=33,所以0(-1)+01+a22a8+a22=33,解得a2=4,即a=2,所以e(1,1,1).14.(1)证明 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),ea,a2,0,p(0,0,a),fa2,a2,a2.ef=-a2,0,a2,dc=(0,a,0).来源:学_科_网efdc=0,efdc,即efcd.(2)解 假设存在满足条件的点g,设g(x,0,z),则fg=x-a2,-a2,z-a2,若使gf平面pcb,则由fgcb=x-a2,-a2,z-a2(a,0,0)=ax-a2=0,得x=a2.由fgcp=x-a2,-a2,z-a2(0,-a,a)=a22+az-a2=0,得z=0.点g坐标为a2,0,0,即存在满足条件的点g,且点g为ad的中点.15.25以a为坐标原点,射线ab,ad,aq分别为x,y,z轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设正方形abcd和adpq的边长为2,则e(1,0,0),f(2,1,0),m(0,y,2)(0y2).所以af=(2,1,0),em=(-1,y,2).所以afem=-2+y,|af|=5,|em|=5+y2.所以cos =|afem|af|em|=|-2+y|55+y2=2-y55+y2.令2-y=t,则y=2-t,且t0,2.所以cos =t55+(2-t)2=t59-4t+t2.当t=0时,cos =0.当t0时,cos =159t2-4t+1=1591t-292+59,由t(0,2,得1t12,+,所以91t-292+59912-292+59=52.所以0cos 25,即cos 的最大值为25.16.(1)解 如图,建立空间直角坐标系.依题意得b(0,1,0),n(1,0,1),|bn|=(1-0)2+(0-1)2+(1-0)2=3.(2)解 依题意得a1(1,0,2),b