高考數(shù)學(xué)（理）一輪復(fù)習(xí)課時訓(xùn)練第8章立體幾何41

【課時訓(xùn)練】第41節(jié)立體幾何中的向量方法(一)——證明平行與垂直一、選擇題1．(2018唐山統(tǒng)考)若向量a＝(2x,1,3)，b＝(1,3,9)，如果a與b為共線向量，則()A．x＝1 B．x＝eq\f(1,2)C．x＝eq\f(1,6) D．x＝－eq\f(1,6)【答案】C【解析】∵a與b共線，∴eq\f(2x,1)＝eq\f(1,3)＝eq\f(3,9).∴x＝eq\f(1,6).2．(2018鞍山模擬)已知向量a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝eq\f(1,2)x－2a，則x＝()A．(0,3，－6) B．(0,6，－20)C．(0,6，－6) D．(6,6，－6)【答案】B【解析】由b＝eq\f(1,2)x－2a，得x＝4a＋2b＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．3．(2018珠海模擬)空間四點A(2,3,6)，B(4,3,2)，C(0,0,1)，D(2,0,2)的位置關(guān)系為()A．共線 B．共面C．不共面 D．無法確定【答案】C【解析】eq\o(AB,\s\up15(→))＝(2,0，－4)，eq\o(AC,\s\up15(→))＝(－2，－3，－5)，eq\o(AD,\s\up15(→))＝(0，－3，－4)，由不存在實數(shù)λ，使eq\o(AB,\s\up15(→))＝λeq\o(AC,\s\up15(→))成立，知A，B，C不共線，故A，B，C，D不共線；假設(shè)A，B，C，D共面，則可設(shè)eq\o(AD,\s\up15(→))＝xeq\o(AB,\s\up15(→))＋yeq\o(AC,\s\up15(→))(x，y為實數(shù))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＝2x－2y，,－3＝－3y，,－4＝－4x－5y，))由于該方程組無解，故A，B，C，D不共面．故選C.4．(2018山東德州模擬)已知a＝(2,1，－3)，b＝(－1,2,3)，c＝(7,6，λ)．若a，b，c三向量共面，則λ＝()A．9 B．－9C．－3 D．3【答案】B【解析】由題意，知c＝xa＋yb，即(7,6，λ)＝x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y＝7，,x＋2y＝6，,－3x＋3y＝λ，))解得λ＝－9.5．(2018合肥模擬)已知空間四邊形ABCD的每條邊和對角線的長都等于a，點E，F(xiàn)分別是BC，AD的中點，則eq\o(AE,\s\up15(→))·eq\o(AF,\s\up15(→))的值為()A．a(chǎn)2 B．eq\f(1,2)a2C．eq\f(1,4)a2 D．eq\f(\r(3),4)a2【答案】C【解析】eq\o(AE,\s\up15(→))·eq\o(AF,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AC,\s\up15(→)))·eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up15(→))＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AD,\s\up15(→))＋eq\o(AC,\s\up15(→))·eq\o(AD,\s\up15(→)))＝eq\f(1,4)(a2cos60°＋a2cos60°)＝eq\f(1,4)a2.6．(2018武漢模擬)若平面α，β的法向量分別為n1＝(2，－3,5)，n2＝(－3,1，－4)，則()A．α∥β B．α⊥βC．α，β相交但不垂直 D．以上均不正確【答案】C【解析】∵n1·n2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)＝－29≠0，∴n1與n2不垂直．又n1，n2不共線，∴α與β相交但不垂直．7．(2018河北邯鄲一模)如圖所示，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，M為A1C1與B1D1的交點．若eq\o(AB,\s\up15(→))＝a，eq\o(AD,\s\up15(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up15(→))＝c，則下列向量中與eq\o(BM,\s\up15(→))相等的向量是()A．－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c B．eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋cC．－eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c D．eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c【答案】A【解析】eq\o(BM,\s\up15(→))＝eq\o(BB1,\s\up15(→))＋eq\o(B1M,\s\up15(→))＝eq\o(AA1,\s\up15(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→)))＝c＋eq\f(1,2)(b－a)＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c.8．(2018安徽安慶二模)如圖，在大小為45°的二面角A－EF－D中，四邊形ABFE，CDEF都是邊長為1的正方形，則B，D兩點間的距離是()A.eq\r(3) B．eq\r(2)C．1 D．eq\r(3－\r(2))【答案】D【解析】∵eq\o(BD,\s\up15(→))＝eq\o(BF,\s\up15(→))＋eq\o(FE,\s\up15(→))＋eq\o(ED,\s\up15(→))，∴|eq\o(BD,\s\up15(→))|2＝|eq\o(BF,\s\up15(→))|2＋|eq\o(FE,\s\up15(→))|2＋|eq\o(ED,\s\up15(→))|2＋2eq\o(BF,\s\up15(→))·eq\o(FE,\s\up15(→))＋2eq\o(FE,\s\up15(→))·eq\o(ED,\s\up15(→))＋2eq\o(BF,\s\up15(→))·eq\o(ED,\s\up15(→))＝1＋1＋1－eq\r(2)＝3－eq\r(2).故|eq\o(BD,\s\up15(→))|＝eq\r(3－\r(2)).二、填空題9．(2018四川宜賓模擬)已知向量a＝(1,2，－2)，b＝(0,2,4)，則a，b夾角的余弦值為________．【答案】－eq\f(2\r(5),15)【解析】cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(4－8,3×2\r(5))－eq\f(2\r(5),15).10．(2018菏澤模擬)在空間直角坐標(biāo)系中，點P(1，eq\r(2)，eq\r(3))，過點P作平面yOz的垂線PQ，則垂足點Q的坐標(biāo)為________________．【答案】(0，eq\r(2)，eq\r(3))【解析】由題意知點Q即為點P在平面yOz內(nèi)的射影，所以垂足點Q的坐標(biāo)為(0，eq\r(2)，eq\r(3))．11．(2018山東淄博模擬)已知點A(1,2,1)，B(－1,3,4)，D(1,1,1)．若eq\o(AP,\s\up15(→))＝2eq\o(PB,\s\up15(→))，則|eq\o(PD,\s\up15(→))|的值是________．【答案】eq\f(\r(77),3)【解析】設(shè)點P的坐標(biāo)為(x，y，z)，∴eq\o(AP,\s\up15(→))＝(x－1，y－2，z－1)，eq\o(PB,\s\up15(→))＝(－1－x,3－y,4－z)，由eq\o(AP,\s\up15(→))＝2eq\o(PB,\s\up15(→))，得點P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(8,3)，3))，又D(1,1,1)，∴|eq\o(PD,\s\up15(→))|＝eq\f(\r(77),3).12．(2018柳州模擬)在空間直角坐標(biāo)系中，以點A(4,1,9)，B(10，－1,6)，C(x,4,3)為頂點的△ABC是以BC為斜邊的等腰直角三角形，則實數(shù)x的值為________．【答案】2【解析】由題意知eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AC,\s\up15(→))＝0，|eq\o(AB,\s\up15(→))|＝|eq\o(AC,\s\up15(→))|，又eq\o(AB,\s\up15(→))＝(6，－2，－3)，eq\o(AC,\s\up15(→))＝(x－4,3，－6)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6x－4－6＋18＝0，,x－42＝4，))解得x＝2.三、解答題13．(2018河北八市重點高中質(zhì)檢)如圖所示，四棱錐S－ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長都是底面邊長的eq\r(2)倍，點P為側(cè)棱SD上的點．(1)求證：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，則側(cè)棱SC上是否存在一點E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，試說明理由．【證明】(1)連接BD，設(shè)AC交BD于點O，則AC⊥BD.連接SO，由題意，知SO⊥平面ABCD.以O(shè)為坐標(biāo)原點，eq\o(OB,\s\up15(→))，eq\o(OC,\s\up15(→))，eq\o(OS,\s\up15(→))所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．設(shè)底面邊長為a，則高SO＝eq\f(\r(6),2)a，于是Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(6),2)a))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)a，0，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，0，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)a，0))，則eq\o(OC,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)a，0))，eq\o(SD,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)a，0，－\f(\r(6),2)a))，所以eq\o(OC,\s\up15(→))·eq\o(SD,\s\up15(→))＝0.故OC⊥SD.從而AC⊥SD.(2)棱SC上存在一點E，使BE∥平面PAC.理由如下：由已知條件，知eq\o(DS,\s\up15(→))是平面PAC的一個法向量，且eq\o(DS,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，0，\f(\r(6),2)a))，eq\o(CS,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(2),2)a，\f(\r(6),2)a))，eq\o(BC,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，0)).設(shè)eq\o(CE,\s\up15(→))＝teq\o(CS,\s\up15(→))，則eq\o(BE,\s\up15(→))＝eq\o(BC,\s\up15(→))＋eq\o(CE,\s\up15(→))＝