高考數(shù)學總復習 第七章第6課時 空間向量及其運算課時闖關（含解析）

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1、 一、選擇題 1．空間直角坐標系中，A(1,2,3)，B(－2，－1,6)，C(3,2,1)，D(4,3，0)，則直線AB與CD的位置關系是(　　) A．垂直　B．平行 C．異面 D．相交但不垂直 解析：選B.由題意得 ＝(－3，－3,3)，＝(1,1，－1)， ∴＝－3， ∴與共線，又與沒有公共點． ∴AB∥CD. 2．已知O，A，B，C為空間四個點，又，，為空間的一個基底，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：選D.，，為空間的一個基底，

2、所以，，不共面，但A，B，C三種情況都有可能使，，共面． 3．已知兩空間向量m＝(cosθ，1，sinθ)，n＝(sinθ，1，cosθ)，則m＋n與m－n的夾角是(　　) A. B．－ C. D. 解析：選A.由題意得(m＋n)·(m－n)＝m2－n2 ＝cos2θ＋1＋sin2θ－(sin2θ＋1＋cos2θ)＝0， ∴(m＋n)⊥(m－n)，∴〈m＋n，m－n〉＝. 4．空間四點A(2,3,6)、B(4,3,2)、C(0,0,1)、D(2,0,2)的位置關系為(　　) A．共線 B．共面 C．不共面 D．無法確定 解析：選C.∵＝(2,0，－4)，＝(－2

3、，－3，－5)，＝(0，－3，－4)． 假設四點共面，由共面向量定理得，存在實數(shù)x，y， 使＝x＋y，即 由①②得x＝y(tǒng)＝1，代入③式不成立，矛盾． ∴假設不成立，故四點不共面． 5．已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，點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，＝＋＝＋＝＋(＋)． 二、填空題 6．已知2a＋b＝(0，－5,10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，則以b，c為方向向量的兩直線的夾角為________． 解析：由

4、題意得(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10. 即2a·c＋b·c＝－10， 又∵a·c＝4，∴b·c＝－18， ∴cos〈b，c〉＝＝＝－， ∴〈b，c〉＝120°，∴兩直線的夾角為60°. 答案：60° 7. 如圖，已知長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，BC＝3，M為AC1與CA1的交點，則M點的坐標為__________． 解析：由長方體的幾何性質(zhì)得， M為AC1的中點， 在所給的坐標系中， A(0,0,0)，C1(2,3,2)， ∴中點M 的坐標為(1，，1)． 答案：(1，，1) 8．(2012·保定質(zhì)檢)如圖，正方體ABC

5、D－A1B1C1D1中，E是A1B上的點，F(xiàn)是AC上的點，且A1E＝2EB，CF＝2AF，則EF與平面A1B1CD的位置關系為________． 解析：?。絘，＝b，＝c為基底，易得＝－(a＋b－c)， 而＝a＋b－c，即∥，故EF∥DB1， 且EF?平面A1B1CD，DB1?平面A1B1CD，所以EF∥平面A1B1CD. 答案：平行 三、解答題 9．已知向量b與向量a＝(2，－1,2)共線，且滿足a·b＝18，(ka＋b)⊥(ka－b)，求向量b及k的值． 解：∵a，b共線，∴存在實數(shù)λ，使b＝λa， ∴a·b＝λa2＝λ|a|2 ＝λ[]2＝18， 解得λ＝2.∴b＝(

6、4，－2,4)． ∵(ka＋b)⊥(ka－b)， ∴(ka＋b)·(ka－b)＝0. ∴(ka＋2a)·(ka－2a)＝0. ∴(k2－4)|a|2＝0. ∴k＝±2. 10. 如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，O為AC的中點． (1)化簡：－－； (2)設E是棱DD1上的點，且＝，若＝x＋y＋z，試求x、y、z的值． 解：(1)∵＋＝， ∴－－＝－(＋) ＝－＝－＝. (2)∵＝＋＝＋ ＝＋(＋) ＝＋＋ ＝－－， ∴x＝，y＝－，z＝－. 11. 如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，3AD＝DC＝3，AB＝2，E是DC

7、上的點，且滿足DE＝1，連接AE，將△DAE沿AE折起到△D1AE的位置，使得∠D1AB＝60°，設AC與BE的交點為O. (1)試用基向量，，表示向量； (2)求異面直線OD1與AE所成角的余弦值； (3)判斷平面D1AE與平面ABCE是否垂直？并說明理由． 解：(1)∵AB∥CE，AB＝CE＝2， ∴四邊形ABCE是平行四邊形， ∴O為BE的中點． ∴＝－＝－(＋) ＝－－. (2)設異面直線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M，連接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.