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1、新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)資料
第5講 空間向量及其運(yùn)算
一、填空題
1.給出下列四個命題:
①若p=xa+yb,則p與a,b共面;
②若p與a,b共面,則p=xa+yb.
③若=x+y,則P,M,A、B共面;
④若P,M,A,B共面,則=x+y.
其中真命題的序號是________.
解析 其中①③為正確命題.
答案?、佗?
2. 如圖所示,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,M為A1C1與B1D1的交點(diǎn).若=a,=b,=c,則用a,b,c表示為________.
解析?。剑剑?-)=c+(b-a)=-a+b+c.
答案?。璦+b+c
3.已知a=(λ+1,0,
2、2),b=(6,2μ-1,2λ),若a∥b,則λ與μ的值是________.
解析 由題意知:解得或
答案 2,或-3,
4.已知a=(1-t,1-t,t),b=(2,t,t),則|b-a|的最小值為________.
解析 b-a=(1+t,2t-1,0),
∴|b-a|== ,
∴當(dāng)t=時,|b-a|取得最小值為.
答案
5. 如圖,已知空間四邊形OABC,OB=OC,且∠AOB=∠AOC=,則cos〈,〉的值為________.
解析 設(shè)=a,=b,=c
由已知條件〈a,b〉=〈a,c〉=,且|b|=|c|,
·=a·(c-b)=a·c-a·b
=|a||c|
3、-|a||b|=0,∴cos〈,〉=0.
答案 0
6.已知a+3b與7a-5b垂直,且a-4b與7a-2b垂直,則
〈a,b〉=________.
解析 由條件知(a+3b)·(7a-5b)
=7|a|2+16a·b-15|b|2=0,
及(a-4b)·(7a-2b)=7|a|2+8|b|2-30a·b=0.
兩式相減,得46a·b=23|b|2,∴a·b=|b|2.
代入上面兩個式子中任意一個,即可得到|a|=|b|.
∴cos〈a,b〉===.
∵〈a,b〉∈[0°,180°],∴〈a,b〉=60°.
答案 60°
7.正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a,
4、點(diǎn)M在AC1上且=,N為B1B的中點(diǎn),則||為________.
解析 以D為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,則A(a,0,0),C1(0,a,a),N.
設(shè)M(x,y,z),
∵點(diǎn)M在AC1上且=,
∴(x-a,y,z)=(-x,a-y,a-z),
∴x=a,y=,z=.得M,
∴||= =a.
答案 a
8.在下列條件中,使M與A、B、C一定共面的是________.
①=2--;②=++;
③++=0;④+++=0;
解析 ∵++=0,∴=--,則、、為共面向量,即M、A、B、C四點(diǎn)共面.
答案?、?
9.已知a=(2,-1,2),b=(2,2,1)
5、,則以a,b為鄰邊的平行四邊形的面積為________.
解析 |a|==3,|b|==3,
a·b=2×2+(-1)×2+2×1=4,∴cos〈a,b〉==,sin〈a,b〉=,S平行四邊形=|a||b|sin〈a,b〉=.
答案
10.已知ABCD-A1B1C1D1為正方體,給出下列四個命題:
①(++)2=3A1B12;②·(-)=0;③向量與向量的夾角是60°;④正方體ABCD-A1B1C1D1的體積為|A··A|.其中正確命題的序號是________.
解析 設(shè)正方體的棱長為1,①中(++)2=32=3,故①正確;②中-=,由于AB1⊥A1C,故②正確;③中A1B與AD
6、1兩異面直線所成角為60°,但與的夾角為120°,故③不正確;④中|··|=0.故④也不正確.
答案?、佗?
二、解答題
11.若a=(1,5,-1),b=(-2,3,5).
(1)若(ka+b)∥(a-3b),求k;
(2)若(ka+b)⊥(a-3b),求k.
解 ka+b=(k-2,5k+3,-k+5),
a-3b=(1+3×2,5-3×3,-1-3×5)
=(7,-4,-16).
(1)∵(ka+b)∥(a-3b),
∴==,解得k=-.
(2)∵(ka+b)⊥(a-3b),
∴(k-2)×7+(5k+3)×(-4)+(-k+5)×(-16)=0.
解得k=.
7、12. 如圖,已知空間四邊形ABCD的各邊和對角線的長都等于a,點(diǎn)M、N分別是AB、CD的中點(diǎn).
(1)求證:MN⊥AB,MN⊥CD;
(2)求MN的長.
解 (1)設(shè)A=p,A=q,A=r.
由題意可知:|p|=|q|=|r|=a,且p、q、r三向量兩兩夾角均為60°.
M=A-A=(A+A)-A
=(q+r-p),
∴M·A=(q+r-p)·p
=(q·p+r·p-p2)
=(a2·cos 60°+a2·cos 60°-a2)=0.
∴MN⊥AB,同理可證MN⊥CD.
(2)由(1)可知,MN=(q+r-p).
∴|M2|=2=(q+r-p)2
=[q2+r2+
8、p2+2(q·r-p·q-r·p)]
==×2a2=.
∴|M|=a,∴MN的長為a.
13.已知非零向量e1,e2不共線,如果=e1+e2,=2e1+8e2,=3e1-3e2,求證:A、B、C、D共面.
證明 令λ(e1+e2)+μ(2e1+8e2)+v(3e1-3e2)=0.
則(λ+2μ+3v)e1+(λ+8μ-3v)e2=0.
∵e1,e2不共線,∴.
易知是其中一組解,則-5++=0.
∴A、B、C、D共面.
14. 如圖所示,已知空間四邊形ABCD的每條邊和對角線長都等于1,點(diǎn)E,F(xiàn),G分別是AB、AD、CD的中點(diǎn),計算:
(1)·; (2)·;
(3)EG的長;
(4)異面直線AG與CE所成角的余弦值.
解 設(shè)=a,=b,=c.
則|a|=|b|=|c|=1,〈a,b〉=〈b,c〉=〈c,a〉=60°,
==c-a,=-a,=b-c,
(1)·=·(-a)
=a2-a·c=,
(2)·=(c-a)·(b-c)
=(b·c-a·b-c2+a·c)=-;
(3)=++=a+b-a+c-b
=-a+b+c,
||2=a2+b2+c2-a·b+b·c-c·a
=,則||=.
(4)=b+c,=+=-b+a,
cos〈,〉==-,
由于異面直線所成角的范圍是,
所以異面直線AG與CE所成角的余弦值為.