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1、
高考數(shù)學精品復習資料
2019.5
高考理科數(shù)學考點分類自測:空間向量及其運算
一、選擇題
1.已知向量a=(8,x,x),b=(x,1,2),其中x>0.若a∥b,則x的值為 ( )
A.8 B.4
C.2 D.0
2.已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若a、b、c三個向量共面,則實數(shù)λ等于 ( )
A. B.
2、
C. D.
3.如圖,已知空間四邊形的每條邊和對角線長都等于a,點E、F、G分別為AB、AD、DC的中點,則a2等于 ( )
A.2
B.2
C.2
D.2
4.已知空間四邊形OABC,其對角線為OB、AC,M、N分別是邊OA、CB的中點,點G在線段MN上,且使MG=2GN,則用向量 , , 表示向量 正確的是 ( )
A. = + +
B. = + +
C.= + +
D. = + +
5.有以下命題:①如果向量a,b與任何向量不能構成空間的一個基底,那么a,b的關系是不共線;②O,A,
3、B,C為空間四點,且向量 , , 不構成空間的一個基底,那么點O,A,B,C一定共面;③已知{a,b,c}是空間的一個基底,則{a+b,a-b,c}也是空間的一個基底.其中正確的命題是 ( )
A.①② B.①③
C.②③ D.①②③
6.二面角α-l-β為60,A、B是棱l上的兩點,AC、BD分別在半平面α、β內,AC⊥l,BD⊥l,且AB=AC=a,BD=2a,則CD的長為 ( )
A. 2a B.a
4、C.a(chǎn) D.a
二、填空題
7.若向量a=(1,λ,2), b=(-2,1,1),a,b夾角的余弦值為,則λ=________.8.已知空間四邊形OABC,點M、N分別是OA、BC的中點,且 =a, =b, =c,用a,b,c表示向量 =________.
9.給出命題:①若a與b共線,則a與b所在的直線平行;②若a與b共線,則存在唯一的實數(shù)λ,使b=λa;③若A,B,C三點不共線,O是平面ABC外一點, = + + ,則點M一定在平面ABC上,且在△ABC的內部.其中真命題是________.三、解答題
10.設a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),且a≠
5、b,記|a-b|=m,求a-b與x軸正方向的夾角的余弦值.
11.如圖所示,已知空間四邊形ABCD的各邊和對角線的長都等于a,點M、N分別是AB、CD的中點.
(1)求證:MN⊥AB,MN⊥CD;
(2)求MN的長.
12.直三棱柱ABC-A′B′C′中,AC=BC=AA′,∠ACB=90,D、E分別為AB、BB′的中點.
(1)求證:CE⊥A′D;
(2)求異面直線CE與AC′所成角的余弦值.
詳解答案
一、選擇題
1.解析:a∥b且x>0?存在λ>0,使a=λb?
(8,x,x)
6、=(λx,λ,2λ)??
答案:B
2.解析:由于a,b,c三個向量共面,所以存在實數(shù)m,n使得c=ma+nb,即有,解得m=,n=,λ=.
答案:D
3.解析:2 =2aacos60=a2.
答案:B
4. 解析: = + = + = +(- + + - )= + + .
答案:C
5.解析:對于①,“如果向量a,b與任何向量不能構成空間向量的一個基底,那么a,b的關系一定是共線”,所以①錯誤.②③正確.
答案:C
6. 解析:∵AC⊥l,BD⊥l,
∴〈 , 〉=60,且 =0, =0,
∴ = + + ,∴| |===2a.
答案:A
二、填空題
7.
7、解析:cos〈a,b〉===,
解得λ=1.
答案:1
8. 解析:如圖, =( + )
=[( - )+(- )]
=( + -2 )
=( + - )
=(b+c-a)
答案:(b+c-a)
9.解析:①中a與b所在的直線也有可能重合,故①是假命題;②中當a=0,b≠0時,找不到實數(shù)λ,使b=λa,故②是假命題;可以證明③中A,B,C,M四點共面,因為
+ + = ,等式兩邊同時加上 ,則( + )+( + )+( + )=0,即 + + =0, =- - ,則 與 , 共面,又M是三個有向線段的公共點,故A,B,C,M四點共面,所以M是△ABC的重心,所以點M在平面
8、ABC上,且在△ABC的內部,故③是真命題.
答案:③
三、解答題
10.解:取x軸正方向的任一向量c=(x,0,0)(x>0),設所求夾角為α,
∵(a-b)c=(a1-b1,a2-b2,a3-b3)(x,0,0)=(a1-b1)x,
∴cos α===.
故a-b與x軸正方向的夾角的余弦值為.
11. 解:(1)證明:設 =p, =q, =r.
由題意可知,|p|=|q|=|r|=a,且p、q、r三向量兩兩夾角均為60.
= - =( + )-
=(q+r-p),
∴ =(q+r-p)p=(qp+rp-p2)
=(a2cos 60+a2cos 60-a2)=
9、0.
∴MN⊥AB.同理可證MN⊥CD.
(2)由(1)可知 =(q+r-p),
∴| |2= 2=(q+r-p)2
=[q2+r2+p2+2(qr-pq-rp)]
=[a2+a2+a2+2(--)]
=2a2=.
∴| |=a.∴MN的長為a.
12.解:(1)證明:設 =a, =b, =c,
根據(jù)題意,|a|=|b|=|c|且ab=bc=ca=0,
∴ =b+c, =-c+b-a.
∴ =-c2+b2=0,
∴ ⊥ ,即CE⊥A′D.
(2) =-a+c,∴| |=|a|,| |=|a|.
=(-a+c)(b+c)=c2=|a|2,
∴cos〈 ,〉==.
即異面直線CE與AC′所成角的余弦值為.