2020高考數學一輪復習 課時作業(yè)45 空間向量及其運算 理.doc

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課時作業(yè)45　空間向量及其運算 [基礎達標] 一、選擇題 1．已知a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝x－2a，則x＝(　　) A．(0,3，－6) B．(0,6，－20) C．(0,6，－6) D．(6,6，－6) 解析：由b＝x－2a，得x＝4a＋2b＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)． 答案：B 2．對于空間一點O和不共線的三點A，B，C，有6＝＋2＋3，則(　　) A．O，A，B，C四點共面 B．P，A，B，C四點共面 C．O，P，B，C四點共面 D．O，P，A，B，C五點共面 解析：由6＝＋2＋3， 得－＝2(－)＋3(－)，即＝2＋3，故，，共面，又它們有公共點P，因此，P，A，B，C四點共面，故選B. 答案：B 3．已知空間四邊形OABC中，＝a，＝b，＝c，點M在OA上，且OM＝2MA，N為BC中點，則＝(　　) A.a－b＋c B．－a＋b＋c C.a＋b－c D.a＋b－c 解析：顯然＝－＝(＋)－. 答案：B 4．已知四邊形ABCD滿足：>0，>0，>0，>0，則該四邊形為(　　) A．平行四邊形 B．梯形 C．長方形 D．空間四邊形 解析：由>0，>0，>0，>0，知該四邊形一定不是平面圖形． 答案：D 5．[2019日照調研]已知A(4,1,3)，B(2，－5,1)，C為線段AB上一點，且＝，則C點的坐標為(　　) A．(，－，) B．(，－3,2) C．(，－1，) D．(，－，) 解析：由題意知2＝，設C(x，y，z)，則2(x－4，y－1，z－3)＝(2－x，－5－y,1－z)， ∴∴即C(，－1，) 答案：C 二、填空題 6．已知空間四邊形OABC，點M，N分別是OA，BC的中點，且＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示向量＝________. 解析：如圖所示， ＝(＋)＝[(－)＋(－)]＝(＋－2)＝(＋－)＝(b＋c－a)． 答案：(b＋c－a) 7．若a＝(0,1，－1)，b＝(1,1,0)，且(a＋λb)⊥a，則實數λ的值為________． 解析：因為(a＋λb)⊥a， 所以(a＋λb)a＝a2＋λba＝()2＋λ(0＋1＋0)＝0，解得λ＝－2. 答案：－2 8．已知a＝(1,2，－2)，b＝(0,2,4)，則a，b夾角的余弦值為________． 解析：cos〈a，b〉＝＝－. 答案：－ 三、解答題 9．已知空間三點A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)． (1)求以，為邊的平行四邊形的面積； (2)若|a|＝，且a分別與，垂直，求向量a的坐標． 解析：(1)由題意可得：＝(－2，－1,3)，＝(1，－3,2)， 所以cos〈，〉＝＝＝＝， 所以sin〈，〉＝， 所以以，為邊的平行四邊形的面積： S＝2||||sin〈，〉＝14＝7. (2)設a＝(x，y，z)， 由題意得解得或 所以a＝(1,1,1)或a＝(－1，－1，－1)． 10．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，G分別是AB，AD，CD的中點，計算： (1)； (2)； (3)EG的長． 解析：設＝a，＝b，＝c. 則|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60， ＝＝c－a，＝－a，＝b－c， (1)＝(－a) ＝a2－ac＝. (2)＝(c－a)(b－c) ＝(bc－ab－c2＋ac)＝－. (3)＝＋＋＝a＋b－a＋c－b ＝－a＋b＋c， ||2＝a2＋b2＋c2－ab＋bc－ca＝，則||＝. [能力挑戰(zhàn)] 11．如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四邊形ABCD中，∠B＝∠C＝90，AB＝4，CD＝1，點M在PB上，PB＝4PM，PB與平面ABCD成30的角．求證： (1)CM∥平面PAD； (2)平面PAB⊥平面PAD. 證明：以C為坐標原點，CB所在直線為x軸，CD所在直線為y軸， CP所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系C－xyz. ∵PC⊥平面ABCD， ∵∠PBC為PB與平面ABCD所成的角， ∴∠PBC＝30， ∵PC＝2，∴BC＝2，PB＝4， ∴D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)，P(0,0,2)，M， ∴＝(0，－1,2)，＝(2，3,0)，＝. (1)設n＝(x，y，z)為平面PAD的一個法向量， 由即 令y＝2，得n＝(－，2,1)． ∵n＝－＋20＋1＝0， ∴n⊥.又CM?平面PAD， ∴CM∥平面PAD. (2)解法一　由(1)知＝(0,4,0)，＝(2，0，－2)， 設平面PAB的一個法向量為m＝(x0，y0，z0)， 由即 令x0＝1，得m＝(1,0，)， 又∵平面PAD的一個法向量n＝(－，2,1)， ∴mn＝1(－)＋02＋1＝0， ∴平面PAB⊥平面PAD. 解法二　取AP的中點E，連接BE， 則E(，2,1)，＝(－，2,1)． ∵PB＝AB，∴BE⊥PA. 又∵＝(－，2,1)(2，3,0)＝0， ∴⊥.∴BE⊥DA. 又PA∩DA＝A， ∴BE⊥平面PAD. 又∵BE?平面PAB， ∴平面PAB⊥平面PAD.