浙江专用2020版高考数学大一轮复习 第八章立体几何与空间向量 第6讲 空间向量的运算及应用练习（含解析）

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1、第6讲 空间向量的运算及应用基础达标1.已知三棱锥OABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且a，b，c，用a，b，c表示，则等于()A(bca)B(abc)C(abc)D(cab)解析：选D.(cab)2已知a(2，1，3)，b(1，4，2)，c(7，5，)，若a、b、c三向量共面，则实数等于()AB9CD解析：选D.由题意知存在实数x，y使得cxayb，即(7，5，)x(2，1，3)y(1，4，2)，由此得方程组解得x，y，所以.3已知A(1，0，0)，B(0，1，1)，O为坐标原点，与的夹角为120，则的值为()ABCD解析：选C.(1，)，cos 120，得.经检验不合题意，舍去，所以

2、.4如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，Pi(i1，2，8)是上底面上其余的八个点，则(i1，2，8)的不同值的个数为()A1B2C4D8解析：选A.由题图知，AB与上底面垂直，因此ABBPi(i1，2，8)，|cosBAPi|1(i1，2，8)故选A.5正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为()ABCD解析：选D.不妨设正方体的棱长为1，如图，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，B1(1，1，1)，平面ACD1的法向量为(1，1，1)，又(0，0，1)，所以cos，所以BB1与平面ACD1所成角的余弦值为 .6如图

3、所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB2，E为PB的中点，cos，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()A(1，1，1)BCD(1，1，2)解析：选A.设P(0，0，z)，依题意知A(2，0，0)，B(2，2，0)，则E，于是(0，0，z)，cos，.解得z2，由题图知z2，故E(1，1，1)7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_解析：由题意知(6，2，3)，(x4，3，6)又0，|，可得x2.答案：28已知2ab(0，5，10)，c(1，

4、2，2)，ac4，|b|12，则以b，c为方向向量的两直线的夹角为_解析：由题意得，(2ab)c0102010.即2acbc10，又因为ac4，所以bc18，所以cosb，c，所以b，c120，所以两直线的夹角为60.答案：609已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果(2，1，4)，(4，2，0)，(1，2，1)对于结论：APAB；APAD；是平面ABCD的法向量；.其中正确的是_解析：因为0，0，所以ABAP，ADAP，则正确又与不平行，所以是平面ABCD的法向量，则正确因为(2，3，4)，(1，2，1)，所以与不平行，故错答案：10在正三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，底

5、面边长为1，M为BC的中点，且AB1MN，则的值为_解析：如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，以，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，因为底面边长为1，侧棱长为2，则A，B1(，0，2)，C，C1，M(0，0，0)，设N，因为，所以N，所以，.又因为AB1MN，所以0.所以0，所以15.答案：1511已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点求证：FC1平面ADE.证明：如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，则有D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，2，1)，F(0，0，1)(0，2，1)，(2，0，

6、0)，(0，2，1)设n(x，y，z)是平面ADE的一个法向量，则即解得令z2，则y1，所以n(0，1，2)因为n220.所以n.因为FC1平面ADE，所以FC1平面ADE.12如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O平面ABCD，ABAA1.证明：A1C平面BB1D1D.证明：由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系因为ABAA1，所以OAOBOA11，所以A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)由，易得B1(1，1，1)因为(1，0，1)，(0，2，0)，(1，0，

7、1)，所以0，0，所以A1CBD，A1CBB1.又BDBB1B，所以A1C平面BB1D1D.能力提升1已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且1，N为B1B的中点，则|为()AaBaCaDa解析：选A.以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(a，0，0)，C1(0，a，a)，N.设M(x，y，z)，因为点M在AC1上且，所以(xa，y，z)(x，ay，az)，所以xa，y，z.所以M，所以|a.2设A，B，C，D是不共面的四点，且满足0，0，0，则BCD是()A钝角三角形B直角三角形C锐角三角形D不确定解析：选C.因为0，0，0，所以ABAC，ABAD，AD

8、AC.如图所示，设a，b，c，所以BC2a2b2，BD2a2c2，CD2b2c2.由余弦定理知BC2BD2CD22BDCDcosBDC，所以a2b2a2c2b2c22cosBDC，所以cosBDC0，所以BDC是锐角同理可知DBC，BCD都是锐角，故BCD是锐角三角形3已知e1，e2是空间单位向量，e1e2，若空间向量b满足be12，be2，且对于任意x，yR，|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e2)|1(x0，y0R)，则x0_，y0_，|b|_解析：对于任意x，yR，|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e2)|1(x0，y0R)，说明当xx0，yy0时，|b(xe1ye2)|取得最小

9、值1. |b(xe1ye2)|2|b|2(xe1ye2)22b(xe1ye2)|b|2x2y2xy4x5y，要使|b|2x2y2xy4x5y取得最小值，需要把x2y2xy4x5y看成关于x的二次函数，即f(x)x2(y4)xy25y，其图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为x2，所以当x2时，f(x)取得最小值，代入化简得f(x)(y2)27，显然当y2时，f(x)min7，此时x21，所以x01，y02.此时|b|271，可得|b|2.答案：1224(2019浙江省十校联合体期末联考)在三棱锥OABC中，已知OA，OB，OC两两垂直且相等，点P、Q分别是线段BC和OA上的动点，且满足BPBC，

10、AQAO，则PQ和OB所成角的余弦的取值范围是_解析：根据题意，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设OAOBOC1，则A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，P(0，b，1b)(b1)，Q(a，0，0)(0a)(a，b，1b)，(0，1，0)，所以cos，.因为0，1，1，2，所以a0，b1时，cos，1，取得最大值；ab时，cos，取得最小值，所以PQ和OB所成角的余弦的取值范围是.答案：5. 如图，在多面体ABCA1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，ABAC，BCAB，B1C1綊BC，二面角A1ABC是直二面角求证：(1)A1B1平面AA1C；(2)AB1平

11、面A1C1C.证明：因为二面角A1ABC是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，所以AA1平面BAC.又因为ABAC，BCAB，所以CAB90，即CAAB，所以AB，AC，AA1两两互相垂直建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AB2，则A(0，0，0)，B1(0，2，2)，A1(0，0，2)，C(2，0，0)，C1(1，1，2)(1)(0，2，0)，(0，0，2)，(2，0，0)，设平面AA1C的一个法向量n(x，y，z)，则即即取y1，则n(0，1，0)所以2n，即n.所以A1B1平面AA1C.(2)易知(0，2，2)，(1，1，0)，(2，0，2)，设平面A1C1C的一个法向量m(x1

12、，y1，z1)，则即令x11，则y11，z11，即m(1，1，1)所以m012(1)210，所以m，又AB1平面A1C1C，所以AB1平面A1C1C.6. 如图所示，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点(1)求证：ACSD.(2)若SD平面PAC，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE平面PAC？若存在，求SEEC的值；若不存在，试说明理由解：(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，则ACBD.由题意知SO平面ABCD.以O为坐标原点，分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图设底面边长为a，则高SOa，于是S，D，B，C，则0.故OCSD.从而ACSD.(2)侧棱SC上存在一点E，使BE平面PAC.理由如下：由已知条件知是平面PAC的一个法向量，且，.设t，则t，而0，解得t.即当SEEC21时，.而BE平面PAC，故BE平面PAC.11