《（福建專(zhuān)用）2013年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第八章第7課時(shí) 空間向量及其運(yùn)算課時(shí)闖關(guān)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（福建專(zhuān)用）2013年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第八章第7課時(shí) 空間向量及其運(yùn)算課時(shí)闖關(guān)（含解析）（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 （福建專(zhuān)用）2013年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第八章第7課時(shí) 空間向量及其運(yùn)算課時(shí)闖關(guān)（含解析） 一、選擇題 1．若向量a＝(1，λ，2)，b＝(－2,1,1)，a，b夾角的余弦值為，則λ等于(　　) A．1　　　　　　　　　　 B．－1 C．±1 D．2 解析：選A.cos〈a，b〉＝＝＝， 解得λ＝1. 2．(2012·三明調(diào)研)已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E為上底面A1C1的中心，若＝＋x＋y，則x，y的值分別為(　　) A．x＝1，y＝1 B．x＝1，y＝ C．x＝，y＝ D．x＝，y＝1 解析：選C.如圖，＝＋＝＋＝＋(＋)．

2、3．設(shè)點(diǎn)C(2a＋1，a＋1,2)在點(diǎn)P(2,0,0)、A(1，－3,2)、B(8，－1，4)確定的平面上，則a等于(　　) A．16 B．4 C．2 D．8 解析：選A.＝(－1，－3,2)，＝(6，－1,4)． 根據(jù)共面向量定理，設(shè)＝x＋y(x、y∈R)， 則(2a－1，a＋1,2)＝x(－1，－3,2)＋y(6，－1,4) ＝(－x＋6y，－3x－y,2x＋4y)， ∴解得x＝－7，y＝4，a＝16. 4．平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，＝x＋2y＋3z，則x＋y＋z等于(　　) A. B．1 C. D. 解析：∵＝＋＋， 又，，不共面，∴

3、x＝1,2y＝1,3z＝－1. ∴x＝1，y＝，z＝－.∴x＋y＋z＝1＋－＝. 答案： 5．已知空間四邊形ABCD的每條邊和對(duì)角線的長(zhǎng)都等于a，點(diǎn)E、F分別是BC、AD的中點(diǎn)，則·的值為(　　) A．a(chǎn)2 B.a2 C.a2 D.a2 解析：選C.如圖所示，設(shè)＝a，＝b，＝c，則|a|＝|b|＝|c|＝a，且a，b，c三向量?jī)蓛蓨A角為60°. ＝(a＋b)，＝c， ∴·＝(a＋b)·c ＝(a·c＋b·c)＝(a2cos60°＋a2cos60°)＝a2. 二、填空題 6．(2010·高考廣東卷)若向量a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)

4、，滿足條件(c－a)·(2b)＝－2，則x＝________. 解析：∵a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)， ∴c－a＝(0,0,1－x)，2b＝(2,4,2)． ∴(c－a)·(2b)＝2(1－x)＝－2，∴x＝2. 答案：2 7．已知G是△ABC的重心，O是平面ABC外的一點(diǎn)，若λ＝＋＋，則λ＝________. 解析：如圖，正方體中， ＋＋＝＝3，∴λ＝3. 答案：3 8.(原創(chuàng)題)如圖，已知長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，BC＝3，M為AC1與CA1的交點(diǎn)，則M點(diǎn)的坐標(biāo)為_(kāi)_________． 解析：由長(zhǎng)方體的幾何性

5、質(zhì)得， M為AC1的中點(diǎn)， 在所給的坐標(biāo)系中， A(0,0,0)，C1(2,3,2)， ∴中點(diǎn)M 的坐標(biāo)為(1，，1)． 答案：(1，，1) 三、解答題 9.如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，O為AC的中點(diǎn)． (1)化簡(jiǎn)：－－； (2)設(shè)E是棱DD1上的點(diǎn)，且＝，若＝x＋y＋z，試求x、y、z的值． 解：(1)∵＋＝， ∴－－＝－(＋) ＝－＝－＝. (2)∵＝＋＝＋ ＝＋(＋) ＝＋＋ ＝－－， ∴x＝，y＝－，z＝－. 10.如圖所示，平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，以頂點(diǎn)A為端點(diǎn)的三條棱長(zhǎng)都為1，且兩兩夾角為60°. (1)求AC1

6、的長(zhǎng)； (2)求BD1與AC夾角的余弦值． 解：記＝a，＝b，＝c， 則|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， ∴a·b＝b·c＝c·a＝. (1)||2＝(a＋b＋c)2 ＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a) ＝1＋1＋1＋2×(＋＋)＝6， ∴||＝，即AC1的長(zhǎng)為. (2)＝b＋c－a，＝a＋b， ∴|1|＝，||＝，·＝(b＋c－a)·(a＋b) ＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1. ∴cos〈，〉＝＝. ∴AC與BD1夾角的余弦值為. 一、選擇題 1．(2012·寧德調(diào)研)已知點(diǎn)A(－3，－1，－4)關(guān)于原

7、點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為A1，點(diǎn)A在xOz平面上的射影為A2，則在y軸正方向上的投影為(　　) A．2 B．－1 C．1 D．－2 解析：選B.A1的坐標(biāo)為(3,1,4)，A2的坐標(biāo)為(－3,0，－4)． ＝(－6，－1，－8)，y軸正方向上的單位向量e＝(0,1,0)，∴投影為·e＝－1. 2．(2012·寧德調(diào)研)O、A、B、C為空間四個(gè)點(diǎn)，又、、為空間的一個(gè)基底，則(　　) A．O、A、B、C四點(diǎn)不共線 B．O、A、B、C四點(diǎn)共面，但不共線 C．O、A、B、C四點(diǎn)中任意三點(diǎn)不共線 D．O、A、B、C四點(diǎn)不共面 解析：選D.由基底意義，、、三個(gè)向量不共面，但A、B、C三種情

8、形都有可能使、、共面．只有D才能使這三個(gè)向量不共面，故應(yīng)選D. 二、填空題 3．(2011·高考大綱全國(guó)卷)已知點(diǎn)E、F分別在正方體ABCD-A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，則面AEF與面ABC所成的二面角的正切值等于__________． 解析：如圖，建立空間直角坐標(biāo)系． 設(shè)面ABC的法向量為n1＝(0,0,1)，面AEF的法向量為n2＝(x，y，z)． 設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1， ∵A(1,0,0)，E，F(xiàn)， ∴＝，＝， 則取x＝1，則y＝－1，z＝3， 故n2＝(1，－1,3)， ∴cos〈n1，n2〉＝＝， ∴面AEF與面ABC所

9、成的二面角的平面角α滿足cos α＝，sin α＝，∴tan α＝. 答案： 4．(2012·南平質(zhì)檢)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，O是A1C1的中點(diǎn)，則點(diǎn)O到平面ABC1D1的距離為_(kāi)_______． 解析：建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系． 可得C1(0,1,1)，O(，，1)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)， ＝(，－，0)． 平面ABC1D1的法向量＝(1,0,1)，點(diǎn)O到平面ABC1D1的距離 d＝＝＝. 答案： 三、解答題 5.如圖，在四棱錐PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°. (1)求證：BD⊥

10、平面PAC； (2)若PA＝AB，求PB與AC所成角的余弦值； (3)當(dāng)平面PBC與平面PDC垂直時(shí)，求PA的長(zhǎng)． 解：(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以AC⊥BD. 又因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.所以BD⊥平面PAC. (2)設(shè)AC∩BD＝O，因?yàn)椤螧AD＝60°，PA＝AB＝2， 所以BO＝1，AO＝CO＝. 如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，則P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0)，C(0，，0)． 所以P＝(1，，－2)，A＝(0,2，0)． 設(shè)PB與AC所成角為θ，則 cos θ＝＝＝. (3)由(2)知B＝(

11、－1，，0)． 設(shè)P(0，－，t)(t>0)，則B＝(－1，－，t)． 設(shè)平面PBC的法向量m＝(x，y，z)， 則B·m＝0，B·m＝0. 所以 令y＝，則x＝3，z＝.所以m＝. 同理，平面PDC的法向量n＝. 因?yàn)槠矫鍼BC⊥平面PDC，所以m·n＝0，即－6＋＝0， 解得t＝.所以PA＝. 6.如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，3AD＝DC＝3，AB＝2，E是DC上的點(diǎn)，且滿足DE＝1，連結(jié)AE，將△DAE沿AE折起到△D1AE的位置，使得∠D1AB＝60°，設(shè)AC與BE的交點(diǎn)為O. (1)試用基向量，，表示向量； (2)求異面直線OD1與AE

12、所成角的余弦值； (3)判斷平面D1AE與平面ABCE是否垂直？并說(shuō)明理由． 解：(1)∵AB∥CE，AB＝CE＝2， ∴四邊形ABCE是平行四邊形， ∴O為BE的中點(diǎn)． ∴＝－＝－(＋) ＝－－. (2)設(shè)異面直線OD1與AE所成的角為θ， 則cosθ＝|cos〈，〉| ＝||， ∵·＝(－－)· ＝·－·－||2 ＝1××cos45°－×2××cos45°－×()2 ＝－1， ||＝ ＝， ∴cosθ＝||＝＝. 故異面直線OD1與AE所成角的余弦值為. (3)平面D1AE⊥平面ABCE.證明如下： 取AE的中點(diǎn)M，連結(jié)D1M，則＝－＝－， ∴·＝(－)·＝||2－· ＝×()2－1××cos45°＝0. ∴⊥.∴D1M⊥AE. ∵·＝(－)· ＝·－· ＝××2×cos45°－1×2×cos60°＝0， ∴⊥，∴D1M⊥AB. 又AE∩AB＝A，AE、AB?平面ABCE， ∴D1M⊥平面ABCE. ∵D1M?平面D1AE， ∴平面D1AE⊥平面ABCE.