《2019版高考数学一轮总复习第八章立体几何题组训练54空间向量的应用一平行与垂直理201805154.wps》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考数学一轮总复习第八章立体几何题组训练54空间向量的应用一平行与垂直理201805154.wps（12页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、题组训练 5454 空间向量的应用（一）平行与垂直 1已知点 O，A，B，C 为空间不共面的四点，且向量 a aOAOBOC，向量 b bOAOBOC， 则与 a a，b b 不能构成空间基底的向量是( ) A.OA B.OB C.OC D.OA或OB 答案 C 1 解析 根据题意得OC (a ab b)，OC，a a，b b 共面 2 2有 4 个命题： 若 p pxa ayb b，则 p p 与 a a，b b 共面； 若 p p 与 a a，b b 共面，则 p pxa ayb b； 若MPxMAyMB，则 P，M，A，B 共面； 若 P，M，A，B 共面，则MPxMAyMB. 其中真命
2、题的个数是( ) A1 B2 C3 D4 答案 B 解析 正确，中若 a a，b b 共线，p p 与 a a 不共线，则 p pxa ayb b 就不成立正确中若 M，A，B 共线，点 P 不在此直线上，则MPxMAy MB不正确 3从点 A(2，1，7)沿向量 a a(8，9，12)的方向取线段长|AB|34，则 B 点坐标为( ) A(18，17，17) B(14，19，17) 7 11 C(6，1) D(2， ，13) 2 2 答案 A 解析 设 B 点坐标为(x，y，z)，则ABa a(0)，即(x2，y1，z7)(8，9，12) 由|AB|34，即 264281214434，得 2
3、. x18，y17，z17. 4(2018吉林一中模拟)如图，空间四边形 ABCD中，若向量AB(3， 5，2)，CD(7，1，4)，点 E，F 分别为线段 BC，AD 的中点，则EF 的坐标为( ) A(2，3，3) B(2，3，3) C(5，2，1) D(5，2，1) 答案 B 1 3 5 1 7 1 解析 取 AC 中点 M，连接 ME，MF，ME AB( ，1)，MF CD( ， ，2)，而EF 2 2 2 2 2 2 MFME(2，3，3)，故选 B. 5(2017上海奉贤二模)已知长方体 ABCDA1B1C1D1，下列向量的数量积一定不为 0 的是( ) A.AD1B1C B.BD
4、1AC C.ABAD1 D.BD1BC 答案 D 解析 当侧面 BCC1B1是正方形时可得AD1B1C0，所以排除 A.当底面 ABCD 是正方形时 AC 垂 直于对角面 BD1，所以排除 B，显然也排除 C.由题图可得 BD1与 BC 所成的角小于 90.故选 D. 6已知两个非零向量 a a(a1，a2，a3)，b b(b1，b2，b3)，它们平行的充要条件是( ) a a b b A. Ba1b1a2b2a3b3 |a a| |b b| Ca1b1a2b2a3b30 D存在非零实数 k，使 a akb b 答案 D 解析 应选 D，首先排除 B，C 项表示 a ab b，A 项表示与 a
5、 a，b b 分别平行的单位向量，但两向量 方向相反也叫平行 1 7正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 a，点 M 在 AC1上，且AM MC1，N 为 B1B 的中点，则|MN| 2 为( ) 21 6 A. a B. a 6 6 15 15 C. a D. a 6 3 答案 A 解析 以 D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz，则 A(a，0，0)，C1(0，a，a)， a N(a，a， )，设 M(x，y，z) 2 2 1 点 M 在 AC1上且AM MC1， 2 1 (xa，y，z) (x，ay，az) 2 2 a a x a，y ，z . 3 3 3 2 a a a
6、21 |MN| （a a）2（a ）2（ ）2 a. 3 3 2 3 6 8.(2018湖南师大附中一模)如图，已知正三棱柱 ABCA1B1C1的各条棱长都 相等，则异面直线 AB1和 A1C 所成角的余弦值为( ) 1 1 A. B 4 4 1 1 C. D 2 2 答案 A 解析 如图所示，以 A 为坐标原点，在平面 ABC内过点 A 作 AC 的垂线，以此为 x 轴，以 AC所 在直线为 y 轴，以 AA1所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系设正三棱柱 ABCA1B1C1的各 条棱长为 2，则 A(0，0，0)，B1( 3，1，2)，A1(0，0，2)，C(0，2，0)，AB1( 3，
7、1，2)，A1C |AB1A1C| |2| (0，2，2)设异面直线 AB1和 A1C 所成的角为 ，则 cos 8 8 |AB1|A1C| 1 1 .异面直线 AB1和 A1C 所成角的余弦值为 .故选 A. 4 4 9(2018东营质检)已知 A(1，0，0)，B(0，1，1)，OA OB 与OB 的夹角为 120，则 的值为( ) 6 A B. 6 6 6 3 6 C D 6 6 答案 C 解析 OAOB(1，)， 1 6 cos120 ，得 . 122 2 2 6 6 6 经检验 不合题意，舍去， . 6 6 10在正方体 ABCDA1B1C1D1中，棱长为 2，O 是底面 ABCD的
8、中心，E，F 分别是 CC1，AD的中 点，则异面直线 OE 与 FD1所成角的余弦值为( ) 10 A. B. 5 15 5 4 2 C. D. 5 3 答案 B 1 1 1 解析 OE AC1 (ABADAA1)，FD1 ADAA1， 2 2 2 1 1 OEFD1 (ABADAA1)( ADAA1) 2 2 1 1 1 1 1 ( ABADABAA1 AD2ADAA1 AA1ADAA12) (24)3. 2 2 2 2 2 1 而|OE| 222222 3，|FD1| 5， 2 3 15 cosOE，FD1 .故选 B. 15 5 11.(2017云南昆明一模)一个几何体的三视图如图所示
9、，正视图和侧 视图都是等边三角形，若该几何体的四个顶点在空间直角坐标系 O xyz中的坐标分别是(0，0，0)，(2，0，0)，(2，2，0)，(0，2，0)，则第五个 顶点的坐标为( ) A(1，1，1) B(1，1， 2) C(1，1， 3) D(2，2， 3) 答案 C 12(易错题)已知 A(1，1，1)，B(2，3，1)，则与AB 平行且模为 1 的向量是_ 4 1 2 2 1 2 2 答案 ( ， )或( ， ， ) 3 3 3 3 3 3 AB AB 1 2 2 解析 AB(1，2，2)，|AB|3，所以与AB 平行且模为 1 的向量是 ( ， )，或 3 3 3 |AB| |A
10、B| 1 2 2 ( ， ， ) 3 3 3 13已知 a a(2，4，x)，b b(2，y，2)，且|a a|6，a ab b，则 xy 的值为_ 答案 1 或3 44y2x0， x4， x4， 解析 依题意得416x 236，)解得y3，)或y1. ) 14设 OABC是四面体，G1是ABC 的重心，G 是 OG1上的一点，且 OG3GG1，若OGxOAyOB zOC，则(x，y，z)为_ 1 1 1 答案 ( ， ) 4 4 4 解析 如图所示，取 BC 的中点 E，连接 AE. 3 3 3 1 OG OG1 (OAAG1) OA AE 4 4 4 2 3 1 3 1 OA (ABAC)
11、 OA (OBOAOCOA) 4 4 4 4 1 1 (OAOBOC)，xyz . 4 4 15三棱柱 ABCA1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，BAA1CAA160，则异面直线 AB1 与 BC1所成角的余弦值为_ 答案 6 6 解析 如图，设AA1a a，ABb b，ACc c设，棱 长为 1，则AB1a ab b，BC1a a BCa ac cb b因，为底面边长和侧棱长都相等且，BAA1CAA160所， 以 1 a ab ba ac cb bc c ，所 以|AB1| （a ab b）2 3，|BC1| 2 （a ac cb b）2 AB1BC1 2，AB1BC1(a ab b)(
12、a ac cb b)1，设异面直线的夹角为 ，所以 cos |AB1|BC1| 1 6 . 2 3 6 16已知空间三点 A(0，2，3)，B(2，1，6)，C(1，1，5) 5 (1)求以AB，AC 为邻边的平行四边形的面积； (2)若|a a| 3，且 a a 分别与AB，AC垂直，求向量 a a 的坐标 答案 (1)7 3 (2)(1，1，1)或(1，1，1) 解析 (1)由题意，可得AB(2，1，3)，AC(1，3，2) ABAC 236 7 1 cosAB，AC . 14 14 14 2 |AB|AC| 3 sinAB，AC . 2 以AB，AC为邻边的平行四边形的面积为 1 3 S
13、2 |AB|AC|sinAB，AC14 7 3. 2 2 x2y2z23， x1， x1， (2)设 a a(x，y，z)，由题意得x3y2z0.)解得z1，)或z1. ) 2xy3z0， y1， y1， 向量 a a 的坐标为(1，1，1)或(1，1，1) 17如图，在棱长为 a 的正方体 OABCO1A1B1C1中，E，F 分别是棱 AB，BC 上的动点，且 AE BFx，其中 0xa，以 O 为原点建立空间直角坐标系 Oxyz. (1)写出点 E，F 的坐标； (2)求证：A1FC1E； 1 (3)若 A1，E，F，C1四点共面，求证：A1F A1C1A1E. 2 答案 (1)E(a，x
14、，0)，F(ax，a，0) (2)略 (3)略 解析 (1)解：E(a，x，0)，F(ax，a，0) (2)证明：A1(a，0，a)，C1(0，a，a)， A1F(x，a，a)，C1E(a，xa，a)， A1FC1Eaxa(xa)a20， A1FC1E，A1FC1E. 6 (3)证明：A1，E，F，C1四点共面， A1E，A1C1，A1F 共面 选A1E与A1C1为平面A1C1E 的一组基向量，则存在唯一实数对(1，2)，使A1F1A1C12A1E， 即(x，a，a)1(a，a，0)2(0，x，a)(a1，a1x2，a2)， xa1， aa2， ) aa1x2， 1 解得 1 ，21. 2 1 于是A1F A1C1A1E. 2 7