2022届高三数学一轮总复习基础练习：第七章-立体几何7-6理-.docx

第六节　空间向量及其运算(理)
时间：45分钟　分值：100分

一、选择题

1．如图，在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是(　　)
A．－a＋b＋c　　　 B.a＋b＋c
C．－a－b＋c D.a－b＋c
解析　明显＝＋＝(－)＋＝－a＋b＋c，故选A.
答案　A
2．已知O，A，B，C为空间四个点，又，，为空间的一组基底，则(　　)
A．O，A，B，C四点不共线
B．O，A，B，C四点共面，但不共线
C．O，A，B，C四点中任意三点不共线
D．O，A，B，C四点不共面
解析　，，为空间的一组基底，所以，，不共面，但A，B，C三种状况都有可能使，，共面．
答案　D
3．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三个向量共面，则实数λ等于(　　)
A. B.
C. D.
解析　由于a，b，c三向量共面．
所以存在实数m，n使得c＝ma＋nb，
即有解得m＝，n＝，λ＝.故选D.
答案　D
4．正方体不在同一表面上的两个顶点为A(－1,2，－1)，B(3，－2,3)，则正方体的体积为(　　)
A．8 B．27
C．64 D．128
解析　由于A，B是正方体上不共面的两个顶点，则A，B必为正方体一对角线的两顶点，由于|AB|＝
＝4，故正方体的边长为4，体积为43＝64.故选C.
答案　C
5．在空间四边形ABCD中，·＋·＋·等于(　　)
A．－1 B．0
C．1 D．不确定

解析　方法一：如图所示，在空间四边形ABCD中，连接对角线AC、BD，得三棱锥A—BCD，不妨令其各棱长都相等，即为正四周体，
∵正四周体的对棱相互垂直，
∴·＝0，·＝0，·＝0.
∴·＋·＋·＝0.故选B.
方法二：在方法一的图中，选取不共面的向量，，为基底，则原式＝·(－)＋·(－)＋·(－)＝·－·＋·－·＋·－·＝0.故选B.
答案　B

6．如图所示，已知空间四边形OABC中，|OB|＝|OC|，且∠AOB＝∠AOC，则，夹角θ的余弦值为(　　)
A．0 B.
C. D.
解析　设＝a，＝b，＝c.
由已知条件∠AOB＝∠AOC，且|b|＝|c|，
·＝a·(c－b)＝a·c－a·b
＝|a||c|cos∠AOC－|a||b|cos∠AOB＝0，
∴cosθ＝0.故选A.
答案　A
二、填空题
7．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＝(x－1，y－2，z－1)，
＝(－1－x,3－y,4－z)，
由＝2，知x＝－，y＝，z＝3，
故P.
由两点间距离公式可得||＝.
答案　

8．如图所示，已知空间四边形ABCD，F为BC的中点，E为AD的中点，若＝λ(＋)，则λ＝________.
解析　如题图所示，取AC的中点G，连接EG，GF，
则＝＋＝(＋)，
∴λ＝.
答案　
9．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为________．
解析　由题意知，⊥，⊥.
所以
即
解得，x＝，y＝－，z＝4.
答案　，－，4
三、解答题
10．已知a＝(x,4,1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)，a∥b，b⊥c，求：
(1)a，b，c；
(2)(a＋c)与(b＋c)所成角的余弦值．
解　(1)由于a∥b，所以＝＝，
解得x＝2，y＝－4，
这时a＝(2,4,1)，b＝(－2，－4，－1)．
又由于b⊥c，所以b·c＝0，即－6＋8－z＝0，
解得z＝2，于是c＝(3，－2,2)．
(2)由(1)得a＋c＝(5,2,3)，b＋c＝(1，－6,1)，
设(a＋c)与(b＋c)所成角为θ，
因此cosθ＝＝－.

11．如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，设＝a，＝b，＝c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用a，b，c表示以下各向量：
(1)；
(2)；
(3)＋.
解　(1)∵P是C1D1的中点，
∴＝＋＋＝a＋＋
＝a＋c＋＝a＋c＋b.
(2)∵N是BC的中点，
∴＝＋＋＝－a＋b＋
＝－a＋b＋＝－a＋b＋c.
(3)∵M是AA1的中点，
∴＝＋＝＋
＝－a＋＝a＋b＋c.
又＝＋＝＋
＝＋＝c＋a，
∴＋＝＋
＝a＋b＋c.

1．(2021·汕头模拟)已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为3，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝FC1＝1.

(1)求证：E，B，F，D1四点共面；
(2)若点G在BC上，BG＝，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥平面BCC1B1.

证明　(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，E(3,0,1)，F(0,3,2)，D1(3，3,3)，
则＝(3,0,1)，＝(0,3,2)，＝(3,3,3)．
所以＝＋.故，，共面．
又它们有公共点B，所以E，B，F，D1四点共面．
(2)设M(0,0，z0)，G，
则＝，而＝(0,3,2)，
由题设得·＝－×3＋z0·2＝0，
得z0＝1.故M(0,0,1)，有＝(3,0,0)．
又＝(0,0,3)，＝(0,3,0)，
所以·＝0，·＝0，
从而ME⊥BB1，ME⊥BC.
又BB1∩BC＝B，故ME⊥平面BCC1B1.
2．(2022·北京卷)如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P—ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.

(1)求证：AB∥FG；
(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．
解　(1)证明：在正方形AMDE中，由于B是AM的中点，所以AB∥DE.
又由于AB⊄平面PDE，所以AB∥平面PDE.
由于AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，所以AB∥FG.

(2)由于PA⊥底面ABCDE，所以PA⊥AB，PA⊥AE.
如图建立空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)，＝(1,1,0)．
设平面ABF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
即
令z＝1，则y＝－1，
所以n＝(0，－1,1)．
设直线BC与平面ABF所成角为α，则
sinα＝|cos〈n，〉|＝＝.
因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.
设点H的坐标为(u，v，w)．
由于点H在棱PC上，所以可设＝λ(0<λ<1)，
即(u，v，w－2)＝λ(2,1，－2)，所以u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ.
由于n是平面ABF的一个法向量，所以n·＝0，即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0，
解得λ＝，所以点H的坐标为.
所以PH＝ ＝2.