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2015《创新大课堂》高三人教版数学(理)一轮复习课时作业:第7章 第6节 空间向量及其运算和空间位置关系]


课时作业
一、选择题 1.(2014· 大同月考)若直线 l 的方向向量为 a,平面 α 的法向量为 n,能使 l∥α 的是 ( A.a=(1,0,0),n=(-2,0,0) B.a=(1,3,5),n=(1,0,1) C.a=(0,2,1),n=(-1,0,-1) D.a=(1,-1,3),n=(0,3,1) D [若 l∥α,则 a· n=0.而 A 中 a· n=

-2, B 中 a· n=1+5=6,C 中 a· n=-1, 只有 D 选项中 a· n=-3+3=0.] 2.已知 a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若 a,b,c 三向量 共面,则实数 λ 等于 ( 62 A. 7 60 C. 7 63 B. 7 65 D. 7 ) )

D [由题意得 c=t a+μ b=(2t-μ,-t+4μ,3t-2μ), t= 7 , ? 7=2t-μ, ? 17 ? ∴?5=-t+4μ,∴?μ= 7 ,] ?λ=3t-2μ. ? ?λ=65 7. 3.如图所示,在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,M 为 A1C1 与 → =a,AD → =b,AA → =c,则下列向量中与BM → B1D1 的交点.若AB 1 相等的向量是 ( 1 1 A.-2a+2b+c 1 1 B.2a+2b+c ) 33

1 1 C.-2a-2b+c

1 1 D.2a-2b+c

→ =BB → +B → → 1 → → A [BM 1 1M=AA1+ (AD-AB) 2 1 1 1 =c+2(b-a)=-2a+2b+c.] 4.(2014· 晋中调研)如图所示,已知空间四边形 OABC,OB=OC, 且 π → ,BC → 〉的值为 ∠AOB=∠AOC= 3 ,则 cos〈OA ( A.0 3 C. 2 1 B.2 2 D. 2 )

→ =a,OB → =b,OC → =c, A [设OA π 由已知条件〈a,b〉=〈a,c〉= 3 ,且|b|=|c|, → → OA·BC=a· (c-b)=a· c-a· b 1 1 → ,BC → 〉=0.] =2|a||c|-2|a||b|=0,∴cos〈OA → 、AD → 、AA → 两两的夹角均为 60°, 5.平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,向量AB 1 → |=1,|AD → |=2,|AA → |=3,则|AC → |等于 且|AB 1 1 ( A.5 C.4 B.6 D.8 )

→ =a,AD → =b,AA → =c, A [设AB 1 → =a+b+c, 则AC 1 → 2=a2+b2+c2+2a· AC c+2b· c+2c· a=25, 1 → |=5.] 因此|AC 1 二、填空题

6.在下列条件中,使 M 与 A、B、C 一定共面的是________. → =2OA → -OB → -OC → ;②OM → =1OA → +1OB → +1OC → → → → ①OM 5 3 2 ;③MA+MB+MC=0; → +OA → +OB → +OC → =0. ④OM 解析 → +MB → +MC → =0,∴MA → =-MB → -MC →, ∵MA

→ 、MB → 、MC → 为共面向量,即 M、A、B、C 四点共面. 则MA 答案 ③

7.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,E、F 分别是 棱 BC、DD1 上的点,如果 B1E⊥平面 ABF,则 CE 与 DF 的 和的值为________. 解析 以 D1A1、D1C1、D1D 分别为 x,y,z 轴建立空间直

角坐标系, 设 CE=x,DF=y, → 则易知 E(x,1,1),B1(1,1,0),∴B 1E=(x-1,0,1), → =(1,1,y), 又 F(0,0,1-y),B(1,1,1),∴FB 由于 AB⊥B1E,故若 B1E⊥平面 ABF, → ·B → 只需FB (x-1,0,1)=0?x+y=1. 1E=(1,1,y)· 答案 1

三、解答题 8.如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AB ⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,E 是 PC 的中点.证明: (1)AE⊥CD; (2)PD⊥平面 ABE.

证明

AB、AD、AP 两两垂直,

建立如图所示的空间直角坐标系, 设 PA=AB=BC=1,

则 P(0,0,1). (1)∵∠ABC=60°, ∴△ABC 为正三角形. ?1 ? ?1 3 3 1? ∴C? , ,0?,E? , , ?. ?2 2 ? ?4 4 2? 设 D(0,y,0), → ·CD → =0, 由 AC⊥CD,得AC 2 3 ? 2 3 ? ?, 即 y= 3 ,则 D?0, 3 ,0? ? ? → ?1 1 3 3 1? → =? ?- , ,0?.又AE ∴CD =? , , ?, ? 2 6 ? ?4 4 2? → ·CD → =-1×1+ 3× 3=0, ∴AE 2 4 6 4 → ⊥CD → ,即 AE⊥CD. ∴AE ? 2 3 → =? ?0, ?. (2)解法一:∵P(0,0,1),∴PD 3 ,-1? ? → ·PD → = 3×2 3+1×(-1)=0, 又AE 4 3 2 → ⊥AE → ,即 PD⊥AE. ∴PD → =(1,0,0),∴PD → ·AB → =0. ∵AB ∴PD⊥AB,又 AB∩AE=A,∴PD⊥平面 AEB. 1 3 1? → =(1,0,0),AE → =? ? , , ?, 解法二:AB ?4 4 2? 设平面 ABE 的一个法向量为 n=(x,y,z),

?x=0, 则?1 3 1 ?4x+ 4 y+2z=0,
令 y=2,则 z=- 3,∴n=(0,2,- 3). 3 ? 2 3 → =? → ?0, ∵PD ,-1?,显然PD= 3 n. 3 ? ? → ∥n,∴PD → ⊥平面 ABE,即 PD⊥平面 ABE. ∵PD 9.如图,在底面为直角梯形的四棱锥 P-ABCD 中,AD∥BC,∠ABC=90°,

PD⊥平面 ABCD,AD=1,AB= 3,BC=4.

(1)求证:BD⊥PC; → =λPC → ,若 DE∥平面 PAB,求 λ 的值. (2)设点 E 在棱 PC 上,PE 解析 (1)证明:如图,在平面 ABCD 内过点 D 作直线 DF∥AB,

交 BC 于点 F,以 D 为坐标原点,DA、DF、DP 所在的直线分别 为 x、 y、 z 轴建立空间直角坐标系 D-xyz, 则 A(1, 0, 0), B(1, 3, 0),D(0,0,0),C(-3, 3,0). (1)设 PD=a,则 P(0,0,a), → =(-1,- 3,0), BD → =(-3, 3,-a), PC → ·PC → =3-3=0,∴BD⊥PC. ∵BD (2)由题意知, → =(0, 3,0),DP → =(0,0,a), AB → =(1,0,-a), PA → =(-3, 3,-a), PC → =λPC →, ∵PE → =(-3λ, 3λ,-aλ), ∴PE → → → DE=DP+PE=(0,0,a)+(-3λ, 3λ,-aλ) =(-3λ, 3λ,a-aλ). 设 n=(x,y,z)为平面 PAB 的法向量, → ·n=0, ? ?AB 则? → n=0, ? ?PA·

? 3y=0, 即? ?x-az=0. 令 z=1,得 x=a,∴n=(a,0,1), → ·n=0, ∵DE∥平面 PAB,∴DE ∴-3aλ+a-aλ=0,即 a(1-4λ)=0, 1 ∵a≠0,∴λ=4.


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