【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固：第9章-第6节-空间向量及其运算(理).docx

第九章　第六节

一、选择题
1．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b相互垂直，则k值是(　　)
A．1　　　 B．　　
C．　　 D．
[答案]　D
[解析]　ka＋b＝k(1,1,0)＋(－1,0,2)＝(k－1，k,2)，
2a－b＝2(1,1,0)－(－1,0,2)＝(3,2，－2)，
∵两向量垂直，∴3(k－1)＋2k－2×2＝0，∴k＝.
2．已知空间四边形OABC，其对角线为OB、AC，M、N分别是边OA，CB的中点，点G在线段MN上，且使MG＝2GN，则用向量，，表示向量正确的是(　　)

A．＝＋＋ B．＝＋＋
C．＝＋＋ D．＝＋＋
[答案]　C
[分析]　应用空间向量的线性运算把未知向量用已知向量表示．
[解析]　＝＋＝＋＝＋(－)＝＋(－)＝＋＋.
3．(2022·广东)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)
[答案]　B
[解析]　设所选向量为b，观看选项可知|b|＝，
∵〈a，b〉＝60°，
∴cos〈a，b〉＝＝，∴a·b＝1，代入选项检验(1，－1,0)适合，故选B．
4．(2021·山东济宁)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且＝，N为B1B的中点，则||为(　　)
A．a　 B．a　
C．a　 D．a
[答案]　A
[解析]　设＝a，＝b，＝c，
∵＝，∴＝＝(＋＋)
＝(a＋b＋c)，
∵N为BB1的中点，∴＝＋
＝＋＝a＋c，
∴＝－＝(a＋c)－(a＋b＋c)
＝a－b＋c，
∴||2＝(a－b＋c)2＝a2＋a2＋a2＝a2，∴||＝a.
5．(2021·舟山月考)平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量、、两两的夹角均为60°，且||＝1，||＝2，||＝3，则||等于(　　)
A．5　 B．6　
C．4　 D．8
[答案]　A
[解析]　设＝a，＝b，＝c，则＝a＋b＋c，
2＝a2＋b2＋c2＋2a·c＋2b·c＋2c·a＝12＋22＋32＋2×1×3cos60°＋2×2×3cos60°＋2×1×2cos60°＝25，
因此||＝5.
6. (2022·晋中调研)如图所示，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝，则与夹角的余弦值为(　　)

A．0　 B．
C．　 D．
[答案]　A
[解析]　设OA＝a，OB＝OC＝b，则·＝·(－)＝·－·＝||·||·cos－||·||·cos＝ab－ab＝0，
∴cos〈，〉＝＝0.
二、填空题
7．(2022·哈尔滨质检)已知空间中三点A(1,0,0)，B(2,1，－1)，C(0，－1,2)，则点C到直线AB的距离为________．
[答案]　
[解析]　＝(1,1，－1)，＝(－1，－1,2)，
cos〈，〉＝＝＝－，
∴sin〈，〉＝，
∴点C到直线AB的距离d＝||·sin〈，〉＝.
8.(2021·琼海一模)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H，M分别是棱AD，DD1，D1A1，A1A，AB的中点，点N在正方形EFGH的四边及其内部运动，则当N只需满足条件________时，就有MN⊥A1C1；当N只需满足条件________时，就有MN∥平面B1D1C．
[答案]　点N在EG上　点N在EH上
[解析]　(1)∵EM∥BD∥B1D1，A1C1⊥B1D1，
∴EM⊥A1C1，
∵EG∥AA1，A1C1⊥AA1，∴GE⊥A1C1.
∴A1C1⊥平面GEM.故当N在EG上时，MN⊥A1C1；
(2)∵EH∥A1D∥B1C，EM∥B1D1，EH∩EM＝E，
∴平面HEM∥平面B1D1C，
∴当N在EH上时，MN∥平面B1D1C．
自己用向量法验证结论成立．
9.已知矩形ABCD，P为平面ABCD外一点，且PA⊥平面ABCD，M、N分别为PC、PD上的点，且PM∶MC＝2∶1，N为PD的中点．若＝x＋y＋z，则x＝________，y＝________，z＝________.

[答案]　－　－　
[解析]　＝＋＝＋
＝(＋)＋(－)
＝(－－＋)＋(－)
＝－－＋，
∴x＝－，y＝－，z＝.
三、解答题
10．如图，在棱长为a的正方体OABC－O1A1B1C1中，E、F分别是棱AB、BC上的动点，且AE＝BF＝x，其中0≤x≤a，以O为原点建立空间直角坐标系O－xyz.

(1)写出点E、F的坐标；
(2)求证：A1F⊥C1E；
(3)若A1、E、F、C1四点共面，求证：＝＋.
[解析]　(1)解：E(a，x,0)，F(a－x，a,0)．
(2)证明：∵A1(a,0，a)、C1(0，a，a)，
∴＝(－x，a，－a)，＝(a，x－a，－a)，
∴·＝－ax＋a(x－a)＋a2＝0，
∴⊥，∴A1F⊥C1E.
(3)证明：∵A1、E、F、C1四点共面，
∴、、共面．
选与为一组基向量，则存在唯一实数对(λ1，λ2)，使＝λ1＋λ2，
即(－x，a，－a)＝λ1(－a，a,0)＋λ2(0，x，－a)
＝(－aλ1，aλ1＋xλ2，－aλ2)，
∴解得λ1＝，λ2＝1.
于是＝＋.

一、选择题
11．(2021·山东东营一模)如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在(　　)

A．直线AB上 B．直线BC上
C．直线AC上 D．△ABC内部
[答案]　A
[解析]　由BC1⊥AC，BA⊥AC，得AC⊥平面ABC1，所以平面ABC⊥平面ABC1，因此C1在底面ABC上的射影H必在直线AB上．
二、填空题
12．(2022·衡水模拟)已知{a，b，c}是空间的一个单位正交基底，{a＋b，a－b，c}是空间的另一个基底，若向量p在基底{a＋b，a－b，c}下的坐标为(，－，3)，则p在基底{a，b，c}下的坐标为________．
[答案]　(1,2,3)
[解析]　设向量p在基底{a，b，c}下的坐标为(x，y，z)，则由空间向量基本定理知，
p＝xa＋yb＋zc＝(a＋b)－(a－b)＋3c
＝a＋2b＋3c，
所以x＝1，y＝2，z＝3.
即p在基底{a，b，c}下的坐标为(1,2,3)．
13．(2021·河北五校联盟调研)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线BD1与平面A1B1CD所成角的正切值为________．
[答案]　
[解析]　连接B1C交BC1于O，则B1C⊥BC1.又A1B1⊥BC1，所以BC1⊥平面A1B1CD．设矩形BDD1B1两对角线BD1与B1D交点为M，则M为BD1的中点，即直线BD1与平面A1B1CD的交点，∴∠BMO就是直线BD1与平面A1B1CD所成的角．不妨设正方体的棱长为1，则BD1＝，BM＝，BO＝，OM＝，
在Rt△BMO中，tan∠BMO＝＝.
14．直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，AA1＝，M是CC1的中点，则异面直线AB1与A1M所成角为________．
[答案]　
[解析]　由条件知AC、BC、CC1两两垂直，以C为原点，CB，CA，CC1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，A(0，，0)，B1(1,0，)，M(0,0，)，A1(0，，)，
∴＝(1，－，)，＝(0，－，－)，
cos〈，〉＝＝0，
∴〈，〉＝，
即直线AB1与A1M所成角为.
三、解答题
15．(2022·海口模拟)如图，在45°的二面角α－l－β的棱上有两点A、B，点C、D分别在α、β内，且AC⊥AB，∠ABD＝45°，AC＝BD＝AB＝1，求CD的长度．

[解析]　由＝＋＋，cos〈，〉＝cos45°cos45°＝，
∴||2＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)＝3＋2(0＋1×1×cos135°－1×1×cos60°)＝2－，
∴||＝.
16．(2022·福建泉州三模)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．

(1)求证：DE∥平面ABC；
(2)求证：B1F⊥平面AEF；
(3)求二面角B1－AE－F的余弦值．
[解析]　如图建立空间直角坐标系A－xyz，令AB＝AA1＝4，则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)，D(2,0,2)，A1(0,0,4)，

(1)证明：＝(－2,4,0)，平面ABC的法向量为＝(0,0,4)，
∵·＝0，DE⊄平面ABC，
∴DE∥平面ABC．
(2)证明：＝(－2,2，－4)，＝(2，－2，－2)，
·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，
∴⊥，B1F⊥EF，
·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0，
∴⊥，∴B1F⊥AF.
∵AF∩EF＝F，
∴B1F⊥平面AEF.
(3)平面AEF的法向量为＝(－2,2，－4)，设平面B1AE的法向量为n＝(x，y，z)，
∴即
令x＝2，则z＝－2，y＝1，∴n＝(2,1，－2)，
∴cos〈n，〉＝＝＝，
∴二面角B1－AE－F的余弦值为.
17. (2021·辽宁六校联考)在三棱锥P－ABC中，△PAC和△PBC是边长为的等边三角形，AB＝2，O是AB的中点．

(1)在棱PA上求一点M，使得OM∥平面PBC；
(2)求证：平面PAB⊥平面ABC．
[解析]　解法一：(1)当M为棱PA的中点时，OM∥平面PBC．
证明如下：
∵M，O分别为PA，AB的中点，
∴OM∥PB．
又PB⊂平面PBC，OM⊄平面PBC，
∴OM∥平面PBC．
(2)连接OC，OP.
∵AC＝CB＝，O为AB的中点，AB＝2，
∴OC⊥AB，OC＝1.同理，PO⊥AB，PO＝1.
又PC＝，∴PC2＝OC2＋PO2＝2，
∴∠POC＝90°，∴PO⊥OC．
∵AB∩OC＝O，∴PO⊥平面ABC．
∵PO⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABC．
解法二：设＝a，＝b，＝c，则由条件知|a|＝|b|＝|c|＝，a·c＝b·c＝1，
在△PAB中，PA＝PB＝，AB＝2，∴PA⊥PB，∴a·b＝0.
(1)设＝λa，则＝－＝λa－(a＋b)＝(λ－)a－b，
∵OM∥平面PBC，∴存在实数s，k，使＝sb＋kc，
∴sb＋kc＝(λ－)a－b，
由平面对量基本定理知，λ＝，s＝－，k＝0，
∴M为PA的中点．
(2)＝(a＋b)，
∵·＝(a＋b)·(c－a)
＝(a·c＋b·c－|a|2－a·b)＝0，
·＝(a＋b)·(b－a)＝(|b|2－|a|2)＝0，
∴⊥，⊥，∴是平面ABC的法向量，
又PO⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABC．