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1、新編高考數(shù)學復習資料第5講 空間向量及其運算一、填空題1給出下列四個命題：若pxayb，則p與a，b共面；若p與a，b共面，則pxayb.若xy，則P，M，A、B共面；若P，M，A，B共面，則xy.其中真命題的序號是_解析其中為正確命題答案2. 如圖所示，在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，M為A1C1與B1D1的交點若a，b，c，則用a，b，c表示為_解析()c(ba)abc.答案abc3已知a(1,0,2)，b(6,21,2)，若ab，則與的值是_解析由題意知：解得或答案2，或3，4已知a(1t,1t，t)，b(2，t，t)，則|ba|的最小值為_解析ba(1t,2t1,0)，|ba|
2、 ，當t時，|ba|取得最小值為.答案5. 如圖，已知空間四邊形OABC，OBOC，且AOBAOC，則cos，的值為_解析設a，b，c由已知條件a，ba，c，且|b|c|，a(cb)acab|a|c|a|b|0，cos，0.答案06已知a3b與7a5b垂直，且a4b與7a2b垂直，則a，b_.解析由條件知(a3b)(7a5b)7|a|216ab15|b|20，及(a4b)(7a2b)7|a|28|b|230ab0.兩式相減，得46ab23|b|2，ab|b|2.代入上面兩個式子中任意一個，即可得到|a|b|.cosa，b.a，b0，180，a，b60.答案607正方體ABCDA1B1C1D1的
3、棱長為a，點M在AC1上且，N為B1B的中點，則|為_解析以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz，則A(a,0,0)，C1(0，a，a)，N.設M(x，y，z)，點M在AC1上且，(xa，y，z)(x，ay，az)，xa，y，z.得M，| a.答案a8在下列條件中，使M與A、B、C一定共面的是_2；0；0；解析0，則、為共面向量，即M、A、B、C四點共面答案9已知a(2，1,2)，b(2,2,1)，則以a，b為鄰邊的平行四邊形的面積為_解析|a|3，|b|3，ab22(1)2214，cosa，b，sina，b，S平行四邊形|a|b|sina，b.答案10已知ABCDA1B1C1D1為正
4、方體，給出下列四個命題：()23A1B12；()0；向量與向量的夾角是60；正方體ABCDA1B1C1D1的體積為|AA|.其中正確命題的序號是_解析設正方體的棱長為1，中()2323，故正確；中，由于AB1A1C，故正確；中A1B與AD1兩異面直線所成角為60，但與的夾角為120，故不正確；中|0.故也不正確答案二、解答題11若a(1,5，1)，b(2,3,5)(1)若(kab)(a3b)，求k；(2)若(kab)(a3b)，求k.解kab(k2,5k3，k5)，a3b(132,533，135)(7，4，16)(1)(kab)(a3b)，解得k.(2)(kab)(a3b)，(k2)7(5k3
5、)(4)(k5)(16)0.解得k.12. 如圖，已知空間四邊形ABCD的各邊和對角線的長都等于a，點M、N分別是AB、CD的中點(1)求證：MNAB，MNCD；(2)求MN的長解(1)設Ap，Aq，Ar.由題意可知：|p|q|r|a，且p、q、r三向量兩兩夾角均為60.MAA(AA)A(qrp)，MA(qrp)p(qprpp2)(a2cos 60a2cos 60a2)0.MNAB，同理可證MNCD.(2)由(1)可知，MN(qrp)|M2|2(qrp)2q2r2p22(qrpqrp)2a2.|M|a，MN的長為a.13已知非零向量e1，e2不共線，如果e1e2，2e18e2，3e13e2，求
6、證：A、B、C、D共面證明令(e1e2)(2e18e2)v(3e13e2)0.則(23v)e1(83v)e20.e1，e2不共線，.易知是其中一組解，則50.A、B、C、D共面14. 如圖所示，已知空間四邊形ABCD的每條邊和對角線長都等于1，點E，F(xiàn)，G分別是AB、AD、CD的中點，計算：(1)；(2)；(3)EG的長；(4)異面直線AG與CE所成角的余弦值解設a，b，c.則|a|b|c|1，a，bb，cc，a60，ca，a，bc，(1)(a) a2ac，(2)(ca)(bc) (bcabc2ac)；(3)abacb abc，|2a2b2c2abbcca，則|.(4)bc，ba，cos，由于異面直線所成角的范圍是，所以異面直線AG與CE所成角的余弦值為.
新編高考數(shù)學理一輪資源庫第八章 第5講空間向量及其運算
