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2019-2020年高考数学一轮复习第十二单元空间向量双基过关检测理
一、选择题1.在空间直角坐标系中,点Pm00到点P1412的距离为,则m的值为 A.-9或1 B.9或-1C.5或-5D.2或3解析选B 由题意PP1=,即=,∴m-42=25,解得m=9或m=-
1.2.已知a=λ+102,b=62μ-12λ,若a∥b,则λ与μ的值可以是 A.2,B.-,C.-32D.22解析选A ∵a∥b,∴b=ka,即62μ-12λ=kλ+102,∴解得或3.xx·揭阳期末已知a=23,-4,b=-4,-3,-2,x-2a,则x= A.03,-6B.06,-20C.06,-6D.66,-6解析选B 由b=x-2a,得x=4a+2b=812,-16+-8,-6,-4=06,-20.4.已知a=21,-3,b=-123,c=76,λ,若a,b,c三向量共面,则λ= A.9B.-9C.-3D.3解析选B 由题意知c=xa+yb,即76,λ=x21,-3+y-123,∴解得λ=-
9.5.在空间四边形ABCD中,·+·+·= A.-1B.0C.1D.不确定解析选B 如图,令=a,=b,=c,则·+·+·=a·c-b+b·a-c+c·b-a=a·c-a·b+b·a-b·c+c·b-c·a=
0.6.已知空间四边形OABC,其对角线为OB,AC,M,N分别是OA,BC的中点,点G在线段MN上,且=2,现用基底{,,}表示向量,有=x+y+z,则x,y,z的值分别为 A.,,B.,,C.,,D.,,解析选A ∵=+=+=+-=+eq\b\lc\[\rc\]\a\vs4\al\co1\f12+-\f12=++,∴x=,y=,z=.
7.如图所示,在大小为45°的二面角AEFD中,四边形ABFE,CDEF都是边长为1的正方形,则B,D两点间的距离是 A.B.C.1D.解析选D ∵=++,∴||2=||2+||2+||2+2·+2·+2·=1+1+1-=3-,故||=.8.xx·东营质检已知A100,B0,-11,+λ与的夹角为120°,则λ的值为 A.±B.C.-D.±解析选C 因为+λ=1,-λ,λ,所以cos120°==-,得λ=±.经检验λ=不合题意,舍去,所以λ=-.
二、填空题9.已知2a+b=0,-510,c=1,-2,-2,a·c=4,|b|=12,则以b,c为方向向量的两直线的夹角为________.解析由题意得,2a+b·c=0+10-20=-
10.即2a·c+b·c=-10,又∵a·c=4,∴b·c=-18,∴cos〈b,c〉===-,∴〈b,c〉=120°,∴两直线的夹角为60°.答案60°10.在正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别是棱AA1,BB1的中点,则sin〈,〉=________.解析建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体棱长为2,则C020,M2,01,D1002,N221.可知=2,-21,=22,-1,·=2×2+-2×2+1×-1=-1,||=3,||=3,∴cos〈,〉=eq\f·||||=-,∴sin〈,〉=.答案11.已知点O为空间直角坐标系的原点,向量=123,=212,=112,且点Q在直线OP上运动,当·取得最小值时,的坐标是___________.解析∵点Q在直线OP上,∴设点Qλ,λ,2λ,则=1-λ,2-λ,3-2λ,=2-λ,1-λ,2-2λ,·=1-λ2-λ+2-λ1-λ+3-2λ2-2λ=6λ2-16λ+10=62-,当λ=时,·取得最小值-,此时=.答案12.在直三棱柱ABCA1B1C1中,∠BAC=,AB=AC=AA1=1,已知G和E分别为A1B1和CC1的中点,D与F分别为线段AC和AB上的动点不包括端点,若GD⊥EF,则线段DF的长度的取值范围为__________.解析设AF=a,AD=b,建立如图所示的空间直角坐标系,则A000,E,G,Fa00,D0,b0,=,=eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1a,-1,-,=a,-b0.因为GD⊥EF,所以⊥,·=0,所以-a-b+=0,即a+2b-1=0,所以|DF|===.由题意得,a=1-2b0,所以0b,所以≤DF
1.答案
三、解答题
13.如图所示,已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a,点M,N分别是AB,CD的中点.1求证MN⊥AB;2求MN的长;3求异面直线AN与CM所成角的余弦值.解1证明设=p,=q,=r.由题意可知,|p|=|q|=|r|=a,且p,q,r三向量两两夹角均为60°.=-=+-=q+r-p,∴·=q+r-p·p=q·p+r·p-p2=a2cos60°+a2cos60°-a2=
0.∴⊥,即MN⊥AB.2由1可知=q+r-p,∴||2=q+r-p2=[q2+r2+p2+2q·r-p·q-r·p]==×2a2=.∴||=a,∴MN的长为a.3设向量与的夹角为θ.∵=+=q+r,=-=q-p,∴·=q+r·====.又∵||=||=a,∴·=||||cosθ=a×a×cosθ=.∴cosθ=,∴向量与的夹角的余弦值为.因此异面直线AN与CM所成角的余弦值为.14.xx·全国卷Ⅲ如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.1证明平面ACD⊥平面ABC;2过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角DAEC的余弦值.解1证明由题设可得,△ABD≌△CBD,从而AD=DC.又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°.取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.又因为△ABC是正三角形,所以BO⊥AC.所以∠DOB为二面角DACB的平面角.在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB
2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.所以平面ACD⊥平面ABC.2由题设及1知,OA,OB,OD两两垂直.以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则A100,B0,,0,C-100,D001.由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,即E为DB的中点,得E.故=-101,=-200,=.设n=x1,y1,z1是平面DAE的法向量,则eq\b\lc\{\rc\\a\vs4\al\co1n·=0,n·=0,即可取n=.设m=x2,y2,z2是平面AEC的法向量,则eq\b\lc\{\rc\\a\vs4\al\co1m·=0,m·=0,即可取m=0,-1,.则cos〈n,m〉===.由图知二面角DAEC为锐角,所以二面角DAEC的余弦值为.。