【名師一號】2022屆高三數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)基礎(chǔ)練習(xí)：第七章-立體幾何7-6理-

第六節(jié)空間向量及其運算(理)時間：45分鐘分值：100分eq\x(基)eq\x(礎(chǔ))eq\x(必)eq\x(做)一、選擇題1．如圖，在平行六面體ABCD—A1B1C1D1中，M為A1C1與B1D1的交點．若eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，則下列向量中與eq\o(BM,\s\up6(→))相等的向量是()A．－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c B.eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋cC．－eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c D.eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c解析明顯eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(B1M,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c，故選A.答案A2．已知O，A，B，C為空間四個點，又eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))為空間的一組基底，則()A．O，A，B，C四點不共線B．O，A，B，C四點共面，但不共線C．O，A，B，C四點中任意三點不共線D．O，A，B，C四點不共面解析eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))為空間的一組基底，所以eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))不共面，但A，B，C三種狀況都有可能使eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))共面．答案D3．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三個向量共面，則實數(shù)λ等于()A.eq\f(62,7) B.eq\f(63,7)C.eq\f(64,7) D.eq\f(65,7)解析由于a，b，c三向量共面．所以存在實數(shù)m，n使得c＝ma＋nb，即有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(7＝2m－n，,5＝－m＋4n，,λ＝3m－2n，))解得m＝eq\f(33,7)，n＝eq\f(17,7)，λ＝eq\f(65,7).故選D.答案D4．正方體不在同一表面上的兩個頂點為A(－1,2，－1)，B(3，－2,3)，則正方體的體積為()A．8 B．27C．64 D．128解析由于A，B是正方體上不共面的兩個頂點，則A，B必為正方體一對角線的兩頂點，由于|AB|＝eq\r(－1－32＋2＋22＋－1－32)＝4eq\r(3)，故正方體的邊長為4，體積為43＝64.故選C.答案C5．在空間四邊形ABCD中，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))等于()A．－1 B．0C．1 D．不確定解析方法一：如圖所示，在空間四邊形ABCD中，連接對角線AC、BD，得三棱錐A—BCD，不妨令其各棱長都相等，即為正四周體，∵正四周體的對棱相互垂直，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝0，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0.∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0.故選B.方法二：在方法一的圖中，選取不共面的向量eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))為基底，則原式＝eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＋eq\o(AC,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0.故選B.答案B6．如圖所示，已知空間四邊形OABC中，|OB|＝|OC|，且∠AOB＝∠AOC，則eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))夾角θ的余弦值為()A．0 B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(\r(2),2)解析設(shè)eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c.由已知條件∠AOB＝∠AOC，且|b|＝|c|，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝a·(c－b)＝a·c－a·b＝|a||c|cos∠AOC－|a||b|cos∠AOB＝0，∴cosθ＝0.故選A.答案A二、填空題7．已知點A(1,2,1)，B(－1,3,4)，D(1,1,1)，若eq\o(AP,\s\up6(→))＝2eq\o(PB,\s\up6(→))，則|eq\o(PD,\s\up6(→))|的值是________．解析設(shè)P(x，y，z)，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x－1，y－2，z－1)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－1－x,3－y,4－z)，由eq\o(AP,\s\up6(→))＝2eq\o(PB,\s\up6(→))，知x＝－eq\f(1,3)，y＝eq\f(8,3)，z＝3，故Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(8,3)，3)).由兩點間距離公式可得|eq\o(PD,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(77),3).答案eq\f(\r(77),3)8．如圖所示，已知空間四邊形ABCD，F(xiàn)為BC的中點，E為AD的中點，若eq\o(EF,\s\up6(→))＝λ(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→)))，則λ＝________.解析如題圖所示，取AC的中點G，連接EG，GF，則eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(EG,\s\up6(→))＋eq\o(GF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→)))，∴λ＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)9．已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,5，－2)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(3,1，z)，若eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，則實數(shù)x，y，z分別為________．解析由題意知，eq\o(BP,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BP,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→)).所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,\o(BP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,\o(BP,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1×3＋5×1＋－2×z＝0，,x－1＋5y＋－2×－3＝0，,3x－1＋y－3z＝0，))解得，x＝eq\f(40,7)，y＝－eq\f(15,7)，z＝4.答案eq\f(40,7)，－eq\f(15,7)，4三、解答題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)與(b＋c)所成角的余弦值．解(1)由于a∥b，所以eq\f(x,－2)＝eq\f(4,y)＝eq\f(1,－1)，解得x＝2，y＝－4，這時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)，設(shè)(a＋c)與(b＋c)所成角為θ，因此cosθ＝eq\f(5－12＋3,\r(38)·\r(38))＝－eq\f(2,19).11．如圖所示，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，設(shè)eq\o(AA1,\s\up6(→))＝a，eq\o(AB,\s\up6(→))＝b，eq\o(AD,\s\up6(→))＝c，M，N，P分別是AA1，BC，C1D1的中點，試用a，b，c表示以下各向量：(1)eq\o(AP,\s\up6(→))；(2)eq\o(A1N,\s\up6(→))；(3)eq\o(MP,\s\up6(→))＋eq\o(NC1,\s\up6(→)).解(1)∵P是C1D1的中點，∴eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1D1,\s\up6(→))＋eq\o(D1P,\s\up6(→))＝a＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(D1C1,\s\up6(→))＝a＋c＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a＋c＋eq\f(1,2)b.(2)∵N是BC的中點，∴eq\o(A1N,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BN,\s\up6(→))＝－a＋b＋eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))＝－a＋b＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＝－a＋b＋eq\f(1,2)c.(3)∵M(jìn)是AA1的中點，∴eq\o(MP,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)a＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋c＋\f(1,2)b))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c.又eq\o(NC1,\s\up6(→))＝eq\o(NC,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)c＋a，∴eq\o(MP,\s\up6(→))＋eq\o(NC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a＋\f(1,2)b＋c))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)c))＝eq\f(3,2)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(3,2)c.eq\x(培)eq\x(優(yōu))eq\x(演)eq\x(練)1．(2021·汕頭模擬)已知正方體ABCD—A1B1C1D1的棱長為3，點E在AA1上，點F在CC1上，且AE＝FC1(1)求證：E，B，F(xiàn)，D1四點共面；(2)若點G在BC上，BG＝eq\f(2,3)，點M在BB1上，GM⊥BF，垂足為H，求證：EM⊥平面BCC1B1.證明(1)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B(0,0,0)，E(3,0,1)，F(xiàn)(0,3,2)，D1(3，3,3)，則eq\o(BE,\s\up6(→))＝(3,0,1)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0,3,2)，eq\o(BD1,\s\up6(→))＝(3,3,3)．所以eq\o(BD1,\s\up6(→))＝eq\o(BE,\s\up6(→))＋eq\o(BF,\s\up6(→)).故eq\o(BD1,\s\up6(→))，eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(BF,\s\up6(→))共面．又它們有公共點B，所以E，B，F(xiàn)，D1四點共面．(2)設(shè)M(0,0，z0)，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，0))，則eq\o(GM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2,3)，z0))，而eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0,3,2)，由題設(shè)得eq\o(GM,\s\up6(→))·eq\o(BF,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)×3＋z0·2＝0，得z0＝1.故M(0,0,1)，有eq\o(ME,\s\up6(→))＝(3,0,0)．又eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0,0,3)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,3,0)，所以eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(BB1,\s\up6(→))＝0，eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，從而ME⊥BB1，ME⊥BC.又BB1∩BC＝B，故ME⊥平面BCC1B1.2．(2022·北京卷)如圖，正方形AMDE的邊長為2，B，C分別為AM，MD的中點．在五棱錐P—ABCDE中，F(xiàn)為棱PE的中點，平面ABF與棱PD，PC分別交于點G，H.(1)求證：AB∥FG；(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直線BC與平面ABF所成角的大小，并求線段PH的長．解(1)證明：在正方形AMDE中，由于B是AM的中點，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.如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(xiàn)(0,1,1)，eq\o(BC,\s\up6(→))