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1、配餐作业(四十七)空间向量及其运算(时间：40分钟)一、选择题1点M(8,6,1)关于x轴的对称点的坐标是()A(8，6，1) B(8，6，1)C(8，6,1) D(8，6,1)解析点P(a，b，c)关于x轴的对称点为P(a，b，c)。故选A。答案A2若A(x,5x,2x1)，B(1，x2,2x)，当|取最小值时，x的值为()A19 BC. D.解析|，所以当x时，|min。故选C。答案C3设A，B，C，D是空间不共面的四个点，且满足0，0，0，则BCD的形状是()A钝角三角形 B直角三角形C锐角三角形 D无法确定解析()()220，同理，0，0，BCD为锐角三角形。故选C。答案C4.如图所示
2、，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB2，E为PB的中点，cos，若以DA、DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标为()A(1,1,1) B.C. D(1,1,2)解析设PDa，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，P(0,0，a)，E。(0,0，a)，。由cos，a，a2。E的坐标为(1,1,1)。故选A。答案A5若平面，的法向量分别为n1(2，3,5)，n2(3,1，4)，则()A BC，相交但不垂直 D以上均不正确解析n1n22(3)(3)15(4)0，n1与n2不垂直，与相交但不垂直。故选C。答案C6如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，以
3、CD，CB，CE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，AB，AF1，M在EF上，且AM平面BDE，则M点的坐标为()A(1,1,1) B.C. D.解析由已知得A(，0)，B(0，0)，D(，0,0)，E(0,0,1)，设M(x，x,1)。则(x，x，1)，(，0)，(0，1)。设平面BDE的一个法向量为n(a，b，c)。则即解得令b1，则n(1,1，)。又AM平面BDE，所以n0。即2(x)0，得x，所以M。故选C。答案C二、填空题7已知长方体ABCDA1B1C1D1中，DADD11，DC，点E是B1C1的中点，建立空间直角坐标系Dxyz如图所示，则|AE|_。解析由题意长方体ABC
4、DA1B1C1D1中，DADD11，DC，点E是B1C1的中点，则A(1,0,0)，E，所以，所以|。答案8设点C(2a1，a1,2)在由点P(2,0,0)，A(1，3,2)，B(8，1,4)确定的平面上，则a_。解析由共面向量定理知xy，即(2a1，a1,2)x(1，3,2)y(6，1,4)，即解得a16。答案169(2017武威模拟)已知平面内的三点A(0,0,1)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，平面的一个法向量n(1，1，1)。则不重合的两个平面与的位置关系是_。解析由已知得，(0,1，1)，(1,0，1)，设平面的一个法向量为m(x，y，z)，则得得令z1，得m(1,1,1)。又
5、n(1，1，1)，所以mn，即mn，所以。答案平行三、解答题10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AEBFx，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；(3)若A1，E，F，C1四点共面，求证：。解析(1)E(a，x,0)，F(ax，a,0)。(2)证明：A1(a,0，a)、C1(0，a，a)，(x，a，a)，(a，xa，a)，axa(xa)a20，A1FC1E。(3)证明：A1，E，F，C1四点共面，共面。选与为一组基向量，则存在唯一实数对(1，2)，使12，即(x，a，a)1(
6、a，a,0)2(0，x，a)(a1，a1x2，a2)，解得1，21。于是。答案(1)E(a，x,0)，F(ax，a,0)(2)(3)见解析11.如图，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PAAB1，BC2。(1)求证：EF平面PAB；(2)求证：平面PAD平面PDC。证明以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，E，F，(1,0，1)，(0,2，1)，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0
7、,0)，(1,0,0)。(1)，即EFAB。又AB平面PAB，EF平面PAB，EF平面PAB。(2)(0,0,1)(1,0,0)0，(0,2,0)(1,0,0)0，即APDC，ADDC。又APADA，DC平面PAD。DC平面PDC，平面PAD平面PDC。(时间：20分钟)1(2016北京模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形。平面ABC平面AA1C1C，AB3，BC5。(1)求证：AA1平面ABC；(2)证明：在线段BC1上存在点D，使得ADA1B，并求的值。解析(1)证明：因为AA1C1C为正方形，所以AA1AC。因为平面ABC平面AA1C1C，且AA1垂直
8、于这两个平面的交线AC。所以AA1平面ABC。(2)由(1)知AA1AB，AA1AC。由题知AB3，BC5，AC4，所以ABAC。如图，以A为原点建立空间直角坐标系Axyz，则B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4)。设D(x，y，z)是线段BC1上的一点，且，0,1。所以(x，y3，z)(4，3,4)。解得x4，y33，z4，所以(4，33，4)。由0，即9250，解得。因为0,1，所以在线段BC1上存在点D，使得ADA1B，此时，。答案(1)见解析(2)存在点D，2(2017潍坊模拟)如图所示，在RtABC中，C90，BC3，AC6，D，E分别是AC，A
9、B上的点，且DEBC，DE2，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如图所示。(1)求证：A1C平面BCDE；(2)线段BC上是否存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由。解析(1)证明：因为ACBC，DEBC，所以DEAC，所以DEA1D，DECD，A1DDCD，所以DE平面A1DC，所以DEA1C。又因为A1CCD，DECDD，所以A1C平面BCDE。(2)如图所示，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系Cxyz，则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，B(3,0,0)，E(2,2,0)。设平面A1BE的法向量为n(x，y，z)，则n0，n0。又因为(3,0，2)，(1,2,0)，所以令y1，则x2，z，所以n(2,1，)。假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p0,3。设平面A1DP的法向量为m(x1，y1，z1)，则又因为(0,2，2)，(p，2,0)，所以令x12，则y1p，z1。所以m。当且仅当mn0时，平面A1DP平面A1BE。由mn0，得4pp0，解得p2，与p0,3矛盾。所以线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直。答案(1)见解析(2)不存在，理由见解析8