空間向量及其運算(理)

一、選擇題1．已知A(－1,0,1)、B(x，y,4)、C(1,4,7)，且A、B、C三點在同一條直線上，則實數(shù)x、y分別等于()A．x＝0，y＝1 B．x＝0，y＝2C．x＝1，y＝1 D．x＝1，y＝2[答案]B[解析]由條件和eq\o(AB,\s\up15(→))∥eq\o(AC,\s\up15(→))，∵eq\o(AB,\s\up15(→))＝(x＋1，y,3)，eq\o(AC,\s\up15(→))＝(2,4,6)，∴eq\f(x＋1,2)＝eq\f(y,4)＝eq\f(3,6)，∴x＝0，y＝2.2．已知向量a＝(－1,0,1)，b＝(1,2,3)，k∈R，若ka－b與b垂直，則k＝()A．5 B．6C．7 D．8[答案]C[解析]ka－b＝(－k－1，－2，k－3)，∵ka－b與b垂直，∴1×(－k－1)＋2×(－2)＋3(k－3)＝0，∴k＝7.3．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝eq\r(2)BB1，則AB1與C1B所成的角的大小為()A．60° B．90°C．105° D．75°[答案]B[解析]如圖，eq\o(AB1,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(BB1,\s\up15(→))eq\o(BC1,\s\up15(→))＝eq\o(BC,\s\up15(→))＋eq\o(CC1,\s\up15(→))，設|eq\o(BB1,\s\up15(→))|＝1，∴eq\o(AB1,\s\up15(→))·eq\o(BC1,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(BC,\s\up15(→))＋eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(CC1,\s\up15(→))＋eq\o(BB1,\s\up15(→))·eq\o(BC,\s\up15(→))＋eq\o(BB1,\s\up15(→))·eq\o(CC1,\s\up15(→))＝eq\r(2)·eq\r(2)·cos120°＋1＝0.∴AB1⊥BC1.4．a(chǎn)＝(cosα，1，sinα)，b＝(sinα，1，cosα)，則a＋b與a－b的夾角為()A．0° B．30°C．60° D．90°[答案]D[解析](a＋b)(a－b)＝|a|2－|b|2＝0，∴(a＋b)⊥(a－b)．5．直線l的方向向量a＝(1,0,2)，平面α的法向量n＝(－2，0，－4)，則()A．l∥α B．l⊥αC．lα D．l與α斜交[答案]B[解析]∵n＝－2a，∴n∥a，∴l(xiāng)⊥α.6．已知A(2，－5,1)，B(2，－2,4)，C(1，－4,1)，則eq\o(AC,\s\up15(→))與eq\o(AB,\s\up15(→))的夾角為()A．30°B．45°C．60°D．90°[答案]C[解析]eq\o(AB,\s\up15(→))＝(0,3,3)，eq\o(AC,\s\up15(→))＝(－1,1,0)．設〈eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(AC,\s\up15(→))〉＝θ，則cosθ＝eq\f(\o(AB,\s\up15(→))·\o(AC,\s\up15(→)),|\o(AB,\s\up15(→))|·|\o(AC,\s\up15(→))|)＝eq\f(3,3\r(2)·\r(2))＝eq\f(1,2)，∴θ＝60°.二、填空題7．若向量a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)，滿足條件(c－a)·(2b)＝－2，則x＝______.[答案]2[解析]c－a＝(1,1,1)－(1,1，x)＝(0,0,1－x)．∴(c－a)·(2b)＝(0,0,1－x)·(2,4,2)＝2－2x＝－2.∴x＝2.8．向量(a＋3b)⊥(7a－5b)，(a－4b)⊥(7a－2b)，則a和b的夾角是________．[答案]eq\f(π,3)[解析]由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋3b·7a－5b＝0,a－4b·7a－2b＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(7a2＋16a·b－15b2＝0,7a2－30a·b＋8b2＝0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2＝2a·b,a2＝2a·b))，即a·b＝eq\f(|a|2,2)＝eq\f(|b|2,2).∴cos<a，b>＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(1,2)，∴<a，b>＝eq\f(π,3).三、解答題9．如圖，平行六面體ABCD—A1B1C1D1中，以頂點A為端點的三條棱長都為1，且兩兩夾角為60°.(1)求AC1的長；(2)求eq\o(BD1,\s\up15(→))與eq\o(AC,\s\up15(→))夾角的余弦值．[解析]記eq\o(AB,\s\up15(→))＝a，eq\o(AD,\s\up15(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up15(→))＝c，則|a|＝|b|＝|c|＝1，<a，b>＝<b，c>＝<c，a>＝60°，∴a·b＝b·c＝c·a＝eq\f(1,2).(1)|eq\o(AC1,\s\up15(→))|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,2)＋\f(1,2)))＝6，∴|eq\o(AC1,\s\up15(→))|＝eq\r(6).(2)eq\o(BD1,\s\up15(→))＝b＋c－a，eq\o(AC,\s\up15(→))＝a＋b，∴|eq\o(BD1,\s\up15(→))|＝eq\r(2)，|eq\o(AC,\s\up15(→))|＝eq\r(3)，eq\o(BD1,\s\up15(→))·eq\o(AC,\s\up15(→))＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1.∴cos<eq\o(BD1,\s\up15(→))，eq\o(AC,\s\up15(→))>＝eq\f(\o(BD1,\s\up15(→))·\o(AC,\s\up15(→)),|\o(BD1,\s\up15(→))||AC|)＝eq\f(\r(6),6).∴eq\o(AC,\s\up15(→))與eq\o(BD1,\s\up15(→))夾角的余弦值為eq\f(\r(6),6).一、選擇題1．在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，向量eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(AD,\s\up15(→))，eq\o(AA1,\s\up15(→))兩兩的夾角均為60°，且|eq\o(AB,\s\up15(→))|＝1，|eq\o(AD,\s\up15(→))|＝2，|eq\o(AA1,\s\up15(→))|＝3，則|eq\o(AC1,\s\up15(→))|＝()A．5B．6C．4D．8[分析]本題考查向量的模的概念和向量的數(shù)量積公式．[答案]A[解析]由題知eq\o(AC1,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(BC,\s\up15(→))＋eq\o(CC1,\s\up15(→))，則|eq\o(AC1,\s\up15(→))|2＝|Aeq\o(B,\s\up15(→))＋eq\o(BC,\s\up15(→))＋eq\o(CC1,\s\up15(→))|2＝12＋22＋32＋2eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(BC,\s\up15(→))＋2eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(CC1,\s\up15(→))＋2eq\o(BC,\s\up15(→))·eq\o(CC1,\s\up15(→))＝14＋2×1×2×eq\f(1,2)＋2×1×3×eq\f(1,2)＋2×2×3×eq\f(1,2)＝25，所以|eq\o(AC1,\s\up15(→))|＝5.2．△ABC的頂點分別為A(1，－1,2)，B(5，－6,2)，C(1,3，－1)，則AC邊上的高BD等于()A．5\r(41)C．4D．2eq\r(5)[答案]A[解析]設eq\o(AD,\s\up15(→))＝λeq\o(AC,\s\up15(→))，D(x，y，z)，則(x－1，y＋1，z－2)＝λ(0,4，－3)，∴x＝1，y＝4λ－1，z＝2－3λ.∴eq\o(BD,\s\up15(→))＝(－4,4λ＋5，－3λ)，又eq\o(AC,\s\up15(→))＝(0,4，－3)，eq\o(AC,\s\up15(→))⊥eq\o(BD,\s\up15(→))，∴4(4λ＋5)－3(－3λ)＝0，∴λ＝－eq\f(4,5)，∴eq\o(BD,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，\f(9,5)，\f(12,5)))，∴|eq\o(BD,\s\up15(→))|＝eq\r(－42＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)))2)＝5.二、填空題3．若A、B、C、D是空間中不共面的四點，且滿足eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AC,\s\up15(→))＝0，eq\o(AC,\s\up15(→))·eq\o(AD,\s\up15(→))＝0，eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AD,\s\up15(→))＝0，則△BCD的形狀是________．[答案]銳角三角形[解析]∵eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AC,\s\up15(→))＝0，eq\o(AC,\s\up15(→))·eq\o(AD,\s\up15(→))＝0，eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AD,\s\up15(→))＝0.∴AB⊥AC，AC⊥AD，AB⊥AD.∴BC2＋CD2＝AB2＋AC2＋AC2＋AD2>AB2＋AD2＝BD2，∴∠BCD為銳角．同理∠BDC，∠CBD也為銳角．∴△BCD為銳角三角形．4．已知空間三點A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)，則以AB與AC為邊的平行四邊形的面積為____________．[答案]7eq\r(3)[解析]由題意可得：eq\o(AB,\s\up15(→))＝(－2，－1,3)，eq\o(AC,\s\up15(→))＝(1，－3,2)，∴cos〈eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(AC,\s\up15(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up15(→))·\o(AC,\s\up15(→)),|\o(AB,\s\up15(→))||\o(AC,\s\up15(→))|)＝eq\f(－2＋3＋6,\r(14)×\r(14))＝eq\f(7,14)＝eq\f(1,2).∴sin〈eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(AC,\s\up15(→))〉＝eq\f(\r(3),2)，∴以eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(AC,\s\up15(→))為邊的平行四邊形面積為：S＝|eq\o(AB,\s\up15(→))|·|eq\o(AC,\s\up15(→))|·sin〈eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(AC,\s\up15(→))〉＝14×eq\f(\r(3),2)＝7eq\r(3).三、解答題5．已知a＝(2，－1,3)，b＝(1,0，－2)．(1)計算a－2b；(2)是否存在實數(shù)λ，使a＋λb與z軸垂直，若存在求之，若不存在，說明你的理由．[解析](1)a－2b＝(2，－1,3)－2(1,0，－2)＝(0，－1,7)．(2)a＋λb＝(2，－1,3)＋λ(1,0，－2)＝(λ＋2，－1,3－2λ)，z軸的一個方向向量為e＝(0,0,1)，由(λ＋2，－1，3－2λ)·(0,0,1)＝3－2λ＝0得，λ＝eq\f(3,2).∴存在實數(shù)λ＝eq\f(3,2)，使向量a＋λb與z軸垂直．6.如圖所示，在四棱錐M－ABCD中，底面ABCD是邊長為a的正方形，側棱AM的長為b，且AM和AB，AD的夾角都等于60°，N是CM的中點．(1)以eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(AD,\s\up15(→))，eq\o(AM,\s\up15(→))為基向量表示出向量eq\o(CM,\s\up15(→))，并求CM的長；(2)求BN的長．[解析](1)eq\o(CM,\s\up15(→))＝eq\o(AM,\s\up15(→))－eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\o(AM,\s\up15(→))－(eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AD,\s\up15(→)))＝eq\o(AM,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→))－eq\o(AD,\s\up15(→))，|eq\o(CM,\s\up15(→))|2＝(eq\o(AM,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→))－eq\o(AD,\s\up15(→)))2＝eq\o(AM,\s\up15(→))2＋eq\o(AB,\s\up15(→))2＋eq\o(AD,\s\up15(→))2－2eq\o(AM,\s\up15(→))·eq\o(AB,\s\up15(→))－2eq\o(AM,\s\up15(→))·eq\o(AD,\s\up15(→))＋2eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AD,\s\up15(→))＝b2＋a2＋a2－2bacos60°－2bacos60°＋2a2cos90°＝2a2－2ab＋b2.∴CM＝|eq\o(CM,\s\up15(→))|＝eq\r(2a2－2ab＋b2).(2)eq\o(BN,\s\up15(→))＝eq\o(BC,\s\up15(→))＋eq\o(CN,\s\up15(→))＝eq\o(BC,\s\up15(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AM,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→))－eq\o(AD,\s\up15(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AM,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AD,\s\up15(→)))，∴|eq\o(BN,\s\up15(→))|2＝eq\f(1,4)(eq\o(AM,\s\up15(→))2＋eq\o(AB,\s\up15(→))2＋eq\o(AD,\s\up15(→))2－2eq\o(AM,\s\up15(→))·eq\o(AB,\s\up15(→))＋2eq\o(AM,\s\up15(→))·eq\o(AD,\s\up15(→))－2eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AD,\s\up15(→)))＝eq\f(1,4)(2a2＋b2)∴BN＝|eq\o(BN,\s\up15(→))|＝eq\f(1,2)eq\r(2a2＋b2).7.如圖，已知空間四邊形OABC中，M為BC中點，N為AC中點，P為OA中點，Q為OB中點，若AB＝OC，求證PM⊥QN.[證明]eq\o(OM,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→)))，eq\o(ON,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→)))∴eq\o(PM,\s\up15(→))＝eq\o(PO,\s\up15(→))＋eq\o(OM,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AO,\s\up15(→))＋eq\o(OB,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up15(→))－eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→)))eq\o(QN,\s\up15(→))＝eq\o(QO,