《2018屆高考數(shù)學一輪復習配餐作業(yè)47空間向量及其運算含解析理.doc-匯文網(wǎng)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018屆高考數(shù)學一輪復習配餐作業(yè)47空間向量及其運算含解析理.doc-匯文網(wǎng)（8頁珍藏版）》請在匯文網(wǎng)上搜索。

1、配餐作業(yè)(四十七)空間向量及其運算(時間：40分鐘)一、選擇題1點M(8,6,1)關于x軸的對稱點的坐標是()A(8，6，1) B(8，6，1)C(8，6,1) D(8，6,1)解析點P(a，b，c)關于x軸的對稱點為P(a，b，c)。故選A。答案A2若A(x,5x,2x1)，B(1，x2,2x)，當|取最小值時，x的值為()A19 BC. D.解析|，所以當x時，|min。故選C。答案C3設A，B，C，D是空間不共面的四個點，且滿足0，0，0，則BCD的形狀是()A鈍角三角形 B直角三角形C銳角三角形 D無法確定解析()()220，同理，0，0，BCD為銳角三角形。故選C。答案C4.如圖所示

2、，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB2，E為PB的中點，cos，若以DA、DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則點E的坐標為()A(1,1,1) B.C. D(1,1,2)解析設PDa，則A(2,0,0)，B(2,2,0)，P(0,0，a)，E。(0,0，a)，。由cos，a，a2。E的坐標為(1,1,1)。故選A。答案A5若平面，的法向量分別為n1(2，3,5)，n2(3,1，4)，則()A BC，相交但不垂直 D以上均不正確解析n1n22(3)(3)15(4)0，n1與n2不垂直，與相交但不垂直。故選C。答案C6如圖，正方形ABCD與矩形ACEF所在平面互相垂直，以

3、CD，CB，CE所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，AB，AF1，M在EF上，且AM平面BDE，則M點的坐標為()A(1,1,1) B.C. D.解析由已知得A(，0)，B(0，0)，D(，0,0)，E(0,0,1)，設M(x，x,1)。則(x，x，1)，(，0)，(0，1)。設平面BDE的一個法向量為n(a，b，c)。則即解得令b1，則n(1,1，)。又AM平面BDE，所以n0。即2(x)0，得x，所以M。故選C。答案C二、填空題7已知長方體ABCDA1B1C1D1中，DADD11，DC，點E是B1C1的中點，建立空間直角坐標系Dxyz如圖所示，則|AE|_。解析由題意長方體ABC

4、DA1B1C1D1中，DADD11，DC，點E是B1C1的中點，則A(1,0,0)，E，所以，所以|。答案8設點C(2a1，a1,2)在由點P(2,0,0)，A(1，3,2)，B(8，1,4)確定的平面上，則a_。解析由共面向量定理知xy，即(2a1，a1,2)x(1，3,2)y(6，1,4)，即解得a16。答案169(2017武威模擬)已知平面內(nèi)的三點A(0,0,1)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，平面的一個法向量n(1，1，1)。則不重合的兩個平面與的位置關系是_。解析由已知得，(0,1，1)，(1,0，1)，設平面的一個法向量為m(x，y，z)，則得得令z1，得m(1,1,1)。又

5、n(1，1，1)，所以mn，即mn，所以。答案平行三、解答題10如圖，在棱長為a的正方體OABCO1A1B1C1中，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC上的動點，且AEBFx，其中0xa，以O為原點建立空間直角坐標系Oxyz。(1)寫出點E，F(xiàn)的坐標；(2)求證：A1FC1E；(3)若A1，E，F(xiàn)，C1四點共面，求證：。解析(1)E(a，x,0)，F(xiàn)(ax，a,0)。(2)證明：A1(a,0，a)、C1(0，a，a)，(x，a，a)，(a，xa，a)，axa(xa)a20，A1FC1E。(3)證明：A1，E，F(xiàn)，C1四點共面，共面。選與為一組基向量，則存在唯一實數(shù)對(1，2)，使12，即(x，a，a)1(

6、a，a,0)2(0，x，a)(a1，a1x2，a2)，解得1，21。于是。答案(1)E(a，x,0)，F(xiàn)(ax，a,0)(2)(3)見解析11.如圖，在底面是矩形的四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，PAAB1，BC2。(1)求證：EF平面PAB；(2)求證：平面PAD平面PDC。證明以A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，E，F(xiàn)，(1,0，1)，(0,2，1)，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0

7、,0)，(1,0,0)。(1)，即EFAB。又AB平面PAB，EF平面PAB，EF平面PAB。(2)(0,0,1)(1,0,0)0，(0,2,0)(1,0,0)0，即APDC，ADDC。又APADA，DC平面PAD。DC平面PDC，平面PAD平面PDC。(時間：20分鐘)1(2016北京模擬)如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1C1C是邊長為4的正方形。平面ABC平面AA1C1C，AB3，BC5。(1)求證：AA1平面ABC；(2)證明：在線段BC1上存在點D，使得ADA1B，并求的值。解析(1)證明：因為AA1C1C為正方形，所以AA1AC。因為平面ABC平面AA1C1C，且AA1垂直

8、于這兩個平面的交線AC。所以AA1平面ABC。(2)由(1)知AA1AB，AA1AC。由題知AB3，BC5，AC4，所以ABAC。如圖，以A為原點建立空間直角坐標系Axyz，則B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4)。設D(x，y，z)是線段BC1上的一點，且，0,1。所以(x，y3，z)(4，3,4)。解得x4，y33，z4，所以(4，33，4)。由0，即9250，解得。因為0,1，所以在線段BC1上存在點D，使得ADA1B，此時，。答案(1)見解析(2)存在點D，2(2017濰坊模擬)如圖所示，在RtABC中，C90，BC3，AC6，D，E分別是AC，A

9、B上的點，且DEBC，DE2，將ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如圖所示。(1)求證：A1C平面BCDE；(2)線段BC上是否存在一點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直？說明理由。解析(1)證明：因為ACBC，DEBC，所以DEAC，所以DEA1D，DECD，A1DDCD，所以DE平面A1DC，所以DEA1C。又因為A1CCD，DECDD，所以A1C平面BCDE。(2)如圖所示，以C為坐標原點，建立空間直角坐標系Cxyz，則A1(0,0,2)，D(0,2,0)，B(3,0,0)，E(2,2,0)。設平面A1BE的法向量為n(x，y，z)，則n0，n0。又因為(3,0，2)，(1,2,0)，所以令y1，則x2，z，所以n(2,1，)。假設這樣的點P存在，設其坐標為(p,0,0)，其中p0,3。設平面A1DP的法向量為m(x1，y1，z1)，則又因為(0,2，2)，(p，2,0)，所以令x12，則y1p，z1。所以m。當且僅當mn0時，平面A1DP平面A1BE。由mn0，得4pp0，解得p2，與p0,3矛盾。所以線段BC上不存在一點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直。答案(1)見解析(2)不存在，理由見解析