23屆老高考數(shù)學備用題：第十一單元 空間向量及其應用

第十一單元空間向量及其應用11.1空間向量及其運算1.已知a＝(λ＋1，0，2)，b＝(6，2μ－1，2λ)，若a∥b，則λ與μ的值可以是()A．2，eq\f(1,2)B．－eq\f(1,3)，eq\f(1,2)C．－3，2D．2，2答案：A解析：因為a∥b，所以b＝ka(k∈R，k≠0)，即(6，2μ－1，2λ)＝k(λ＋1，0，2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6＝k（λ＋1），,2μ－1＝0，,2λ＝2k，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝2，,μ＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝－3，,μ＝\f(1,2)．))故選A．2.（2021·沈陽高二月考）已知向量，，是空間中的一個單位正交基底．規(guī)定向量積的行列式計算：，其中行列式計算表示為，若向量，，則（）A． B． C． D．【答案】C【解析】由題意得：，故選C．3.（2021·重慶南開高三階段測試）設所有空間向量的集合為，若非空集合滿足：①，，②，，，則稱為的一個向量次空間，已知，均為向量次空間，則下列說法錯誤的是（）A．B．為向量次空間C．若，則D．若，則，總且，使得【答案】BCD【解析】若為的一個向量次空間，則由②，，可知，，再結合①可得向量次空間包含元素所以向量次空間所包含的元素對應的點為穿過空間坐標系原點的一條直線，或者經過空間坐標系原點的一個平面，或者是整個空間.對于A，顯然當，均為向量次空間時，，所以A正確；對于B，當，分別為空間中經過原點的兩條不同的直線時，取，且不為，則，不符合①，所以B錯誤；.對于C，例如對應一條過原點的直線，對應一個過直線的平面時，滿足，但，C錯誤；對于D，當，分別對應空間中兩條過了原點，但是不相互垂直的直線時，不成立，D錯誤.故選BCD4.已知向量a=(3,5,?1)，b=(2,2,3)，c=(1,?1,2)A.

(5,?1,4)

B.

(5,1,?4)

C.

(?5,1,4)

D.

(?5,?1,4)答案A解析向量a=(3,5,?1)，b=(2,2,3)，c=(1,?1,2)，則向量a?b5.已知a=(3，2λ?1，1)，b=(μ+1，0，2μ)．若答案710解析a//b，則a故3=m(μ+1)2λ?1=01=2mμ，解得λ=12μ=156.（2021·濟寧月考）已知向量a=(1,1,0)，則與a共線的單位向量eA.

(?22,?22,0)答案AC解析對于A，存在實數(shù)λ=?2，使(1,1,0)=?2(?22對于B，不存在實數(shù)λ，使(1,1,0)=λ(0,1,0)，故B錯誤；對于C，存在實數(shù)λ=2，使(1,1,0)=2(22對D，|(?1,?1,0)|=1+1=2故選AC.7.（2021·成都月考）如圖,在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C（1）求D1E求異面直線AE與BC1解析：（1）以AD,AB,AA1的正方向分別為?x?軸??y?軸??z?軸的正方向建立空間直角坐標系,則D（2）由(1)的坐標系,可得A(0,0,0),E(0,2,1),B(0,2,0),C1所以AE=(0,2,1),BC1=(2,0,2),設異面直線AE與BC1所成的角為?θ?,所以8.（2021·金臺期末）已知a=(?1,?2,1),b=(1,x,?2)且aA.

3

B.

4

C.

5

D.

6答案C解析由已知a?b=?1?2x?2=?139.若向量a=（1，λ，2），b=（﹣2，1，1），a，b夾角的余弦值為答案1解析∵向量a=（1，λ，2），b=（﹣2，1，1），∴a?b=?2+λ+2＝λ，|a|=12+λ2+10.已知a=(1,1,0),b=(0,1,1),則p?A.

?1

B.

1

C.

0

D.

-2答案A解析已知a=(1,1,0),b=(0,1,1),c=(1,0,1)，p=11.（2021·葫蘆島月考）已知向量a=(1,1,0)，b=(?1,0,1)，且ka+bA.

13

B.

12

C.

?13

答案B解析a=(1,1,0)，b=(?1,0,1)，則ka+b=(k?1,k,1)，ka+b12.已知向量a=(0,?1,1),b=(4,1,0),|λa+答案3解析因為a=(0,?1,1),b=(4,1,0),|λ可得16+(1?λ)2+λ213.已知向量a=(1,2,3)，b=(x,x2+y?2,y)，并且a，b答案1；3解析∵a，b同向，∴a//b，∴x1=x2+y?22=y3，即{y=3xx2+y?2=2x得x=?2或x=1．當x=?2時，y=?6；當x=1時，y=3．當{14．（2021·聊城期末）以下命題正確的是（

）A.若p→是平面α的一個法向量，直線b上有不同的兩點A，B，則b//B.已知A，B，C三點不共線，對于空間任意一點O，若OP=25OA+15OB+25OC，則P，A，B，C四點共面

C.已知a→=(?1,1,2)，b→=(0,2,3)，若

ka→+答案BCD解析對于A，若直線b?α，則p→?AB=0成立，故對于B，若OP=25所以AP=12PB+PC，所以P，對于C，由題意可得ka→+b→=(?k,k+2,2k+3)，2a→?對于D，由題意AB=(5,0,2)，AC=(4,?3,0)，則|AB|=25+4=29,cos故選BCD.

15.（2021·金臺期末）已知點A(0,1,?1),B(2,2,1)，向量a=（1）求向量b的單位向量b0（2）求|2a?b（3）cos<（4）求點B到直線OA的距離.解析（1）由已知得：a=(0,1,?1)（2）2a?b=(?2,0,?3)，|2a（3）cos<a,b>=a·b|a||b|=26；

11.2用空間向量解決立體幾何問題2.如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，若F是DD1的中點，則點B1到平面ABF的距離為()A.eq\f(\r(3),3)B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(5),3)D.eq\f(2\r(5),5)【答案】D【解析】建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(1，0，1)，B1(1，1，0)，F(xiàn)(0，0，eq\f(1,2))，B(1，1，1)，則eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－1，0，－eq\f(1,2))．設平面ABF的法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝0，,－x－\f(1,2)z＝0，))取x＝1，則n＝(1，0，－2)．點B1到平面ABF的距離為eq\f(|\o(AB1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2\r(5),5).另解：由VB1-ABF＝VF-ABB1可得解．故選D.3.如圖，平面ABCD⊥平面ABEF，四邊形ABCD是正方形，四邊形ABEF是矩形，且AF＝eq\f(1,2)AD＝a，G是EF的中點，則GB與平面AGC所成角的正弦值為()A.eq\f(\r(6),6)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(6),3)D.eq\f(\r(2),3)【答案】C【解析】如圖，以A為原點建立空間直角坐標系，則A(0，0，0)，B(0，2a，0)，C(0，2a，2a)，G(a，a，0)，F(xiàn)(a，0，0)，eq\o(AG,\s\up6(→))＝(a，a，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0，2a，2a)，eq\o(BG,\s\up6(→))＝(a，－a，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，0，2a)，設平面AGC的法向量為n1＝(x1，y1，1)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AG,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(AC,\s\up6(→))·n1＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax1＋ay1＝0，,2ay1＋2a＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝1，,y1＝－1，))?n1＝(1，－1，1)．sinθ＝eq\f(\o(BG,\s\up6(→))·n1,|\o(BG,\s\up6(→))|·|n1|)＝eq\f(2a,\r(2)a×\r(3))＝eq\f(\r(6),3).故選C.5.（2021·福建三明高三模擬）如圖，在四棱錐中，，，，平面平面．（1）求證：；（2）已知二面角的余弦值為．線段上是否存在點，使得與平面所成的角為？證明你的結論．【解析】（1）因為，，所以四邊形是平行四邊形，且．因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以，因為，所以，所以，即，又因為，所以平面，因為平面，所以．（2）設，以為坐標原點，分別以，，為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，則，，，，，所以，，，設平面的一個法向量為，由，取，得，，即，取為平面的一個法向量，則，因為二面角的余弦值為，所以，解得，所以，假設這樣的點存在，設，其中，由，得，則，設與平面所成的角為，則，因為，所以，解得，所以，存在這樣的點，即當時，與平面所成的角為．單元檢測十一1.（2021·甘肅蘭州高考診斷）在三棱錐中，是的中點，，，，．（Ⅰ）證明：平面；（Ⅱ）若，求二面角的余弦值．【解答】（Ⅰ）證明：由題意可知，是的中點，又，在中，，所以為直角三角形，則，即，由題意可知，，則有，所以，因為，平面，，所以平面；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知，平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，因為，則，0，，，則，設平面的法向量為，則有，即，令，則，平面的一個法向量為，則有，故二面角的余弦值為．2.（2021·百校聯(lián)盟模擬）如圖（1），已知梯形，，，，將沿向上翻折，構成如圖（2）所示的四棱錐，為的中點.證明：面；當四棱錐體積最大時，若二面角的余弦值為，求直線與平面所成角的余弦值.【解析】（1）如圖，取的中點，連結，則.又，故.所以四邊形為平行四邊形，所以.又平面，平面，所以平面.（2）當平面時，四棱錐體積最大.又，故以為原點，所在直線分別為軸、軸、軸建立如圖所示的空間直角坐標系.設，則，則，設平面的法向量，則，即，令，則.又平面的法向量，所以.解得，所以.設直線與平面所成角為，則，故，即直線與平面所成角的余弦值為.3.（2021·山東濰坊高三模擬）已知正方形的邊長為2，沿將三角形折起到位置（如圖），為三角形的重心，點在邊上，平面.（1）若，求的值；（2）若，求平面與平面所成銳二面角的余弦值.【解析】（1）如圖，連結延長交于點，連結，因為平面，平面，平面平面，所以，因為為三角形的重心，所以，所以，所以.因為，由第一問得，所以，因為為中點，所以，取中點，連結，則，在三角形中，，所以，又已知，且，所以平面，如圖，以為原點，所在直線為軸，所在直線為軸建立空間直角坐標系，則，，，設平面的法向量為，則，即，不妨令，可得為平面的一個法向量，平面的法向量為，設平面與平面所成銳二面角的大小為，，所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為.5.如圖，在三棱柱中，平面，，E，F(xiàn)分別為，的中點．（Ⅰ）在四邊形內是否存在點G，使平面平面