《走向高考》2013(春季发行)高三数学(人教A版)总复习9章课件9-8用向量方法求角与距离(理)

9-6空间向量及其运算(理)基础巩固强化1.(2011·芜湖模拟)已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x 、y 、z 分别为( )A.337，－157，4 B.407，－157，4 C.407，－2,4 D ．4，407，－15[答案] B[解析] ∵AB →⊥BC →，∴AB →·BC →＝0，即3＋5－2z ＝0，得z ＝4，又BP ⊥平面ABC ， ∴BP ⊥AB ，BP ⊥BC ，BC →＝(3,1,4)，则⎩⎪⎨⎪⎧x －1＋5y ＋6＝0，3x －1＋y －12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝407，y ＝－157.2．(2011·日照模拟)若a ＝(2，－2，－2)，b ＝(2,0,4)，则a 与b 的夹角的余弦值为( )A.48585B.6985C ．－1515D ．0[答案] C[解析] cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝2×2－823×25＝－1515.3．空间直角坐标系中，A (1,2,3)，B (－2，－1,6)，C (3,2,1)，D (4,3,0)，则直线AB 与CD 的位置关系是( )A ．垂直B ．平行C ．异面D ．相交但不垂直[答案] B[解析] AB →＝(－3，－3,3)，CD →＝(1,1，－1)， AB →＝－3CD →，又BC →＝(5,3，－5)，AB →∥\'BC →， ∴AB ∥CD .4．(2011·天津模拟)已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)，若a 、b 、c 三向量共面，则实数λ等于( )A.627B.637C.647D.657[答案] D[解析] 由于a 、b 、c 三向量共面，所以存在实数m ，n ，使得c ＝m a ＋n b ， 即有⎩⎪⎨⎪⎧7＝2m －n ，5＝－m ＋4n ，λ＝3m －2n ，解得m ＝337，n ＝177，λ＝657.5．(2011·济宁月考)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，AM →＝12MC 1→，点N 为B 1B 的中点，则|MN |＝( )A.216a B.66a C.156a D.153a [答案] A[解析] MN →＝AN →－AM →＝AN →－13AC 1→＝AB →＋BN →－13⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →＋AD →＋AA 1→＝23AB →＋16AA 1→－13AD →. ∴|MN →|＝49|AB →|2＋136|AA 1→|2＋19|AD →|2＝216a . 6.(2012·丽水调研)如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝33，若以DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为( )A ．(1,1,1)B ．(1,1，12)C ．(1,1，32)D ．(1,1,2)[答案] A[解析] 由题意知A (2,0,0)，B (2,2,0)，设P (0,0,2m )(m >0)，则E (1,1，m )，∴AE →＝(－1,1，m )，DP →＝(0,0,2m )，∴|AE →|＝2＋m 2，|DP →|＝4m 2，AE →·DP →＝2m 2，∵cos 〈DP →，AB →〉＝33，∴2m 22＋m 2·4m 2＝33， 解之得m ＝1，故选A.7．若向量a ＝(1,1，x )，b ＝(1,2,1)，c ＝(1,1,1)，满足条件(c －a )·(2b )＝－2，则x ＝______.[答案] 2[解析] ∵a ＝(1,1，x )，b ＝(1,2,1)，c ＝(1,1,1)，∴(c －a )·(2b )＝(0,0,1－x )·(2,4,2)＝2(1－x )＝－2，解得x ＝2.8．若a ＝(3x ，－5,4)与b ＝(x,2x ，－2)之间夹角为钝角，则x 的取值范围为________．[答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，4[解析] ∵a 与b 的夹角为钝角， ∴a ·b <0，∴3x 2－10x －8<0，∴－23<x <4，又当a 与b 方向相反时，a ·b <0， ∴存在λ<0，使a ＝λb ，∴(3x ，－5,4)＝(λx,2λx ，－2λ)，∴⎩⎪⎨⎪⎧3x ＝λx ，－5＝2λx ，4＝－2λ，此方程组无解，∴这样的λ不存在，综上知－23<x <4.9．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，M 、N 分别在直线AA 1和BD 1上运动．当M 、N 在何位置时，|MN |最小，且|MN |的最小值是________．[答案]22[解析] 建立如图所示空间直角坐标系，则A (1,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，设M (1,0，t )，BN →＝λBD 1→，则0≤t ≤1,0≤λ≤1，设N (x 0，y 0，z 0)，则(x 0－1，y 0－1，z 0)＝λ(－1，－1,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 0－1＝－λ，y 0－1＝－λ，z 0＝λ，∴N (1－λ，1－λ，λ)，∴MN →＝(－λ，1－λ，λ－t )，|MN →|2＝λ2＋(1－λ)2＋(λ－t )2＝2λ2－2λ＋1＋(λ－t )2＝2(λ－12)2＋(λ－t )2＋12，当且仅当λ＝12＝t 时，|MN →|2取到最小值12，∴|MN →|的最小值为22.10．(2011·福州模拟)已知空间三点A (0,2,3)，B (－2,1,6)，C (1，－1,5)． (1)求以AB →、AC →为边的平行四边形的面积；(2)若|a |＝3且a 分别与AB →、AC →垂直，求向量a 的坐标． [解析] AB →＝(－2，－1,3)，AC →＝(1，－3,2)． (1)因为cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC→|AB →|·|AC →|＝－2＋3＋64＋1＋9·1＋9＋4＝12.所以sin 〈AB →，AC →〉＝32.所以S ＝|AB →|·|AC →|sin 〈AB →，AC →〉＝7 3. 即以AB →、AC →为边的平行四边形面积为7 3. (2)设a ＝(x ，y ，z )，由|a |＝3，a ⊥AB →，a ⊥AC →，可得⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2＋z 2＝3，－2x －y ＋3z ＝0，x －3y ＋2z ＝0，⇒⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝1，z ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－1，z ＝－1.所以a ＝(1,1,1)或(－1，－1，－1).能力拓展提升11.三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，已知CA ＝CB ＝CC 1，AC ⊥BC ，E 、F 分别是A 1C 1、B 1C 1的中点．则AE 与CF 所成角的余弦值等于( )A.45B.1213C.35D.513[答案] A[解析] 以C 为原点，CA →、CB →、CC 1→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，设AC ＝1，则A (1,0,0)，B 1(0,1,1)，C (0,0,0)，C 1(0,0,1)，A 1(1,0,1)，∵E 、F 分别为A 1C 1、B 1C 1的中点，∴E (12，0,1)，F (0，12，1)，∴AE →＝(－12，0,1)，CF →＝(0，12，1)，∴cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →|·|CF →|＝152×52＝45，故选A.12．(2011·天津模拟)正四面体ABCD 的棱长为2，E 、F 分别为BC 、AD 的中点，则EF 的长为( )A ．1 B.52 C. 2 D ．2[答案] C[解析] EF →＝EA →＋AF →＝－12(AB →＋AC →)＋12AD →，由条件知|AB →|＝|AC →|＝|AD →|＝2，AB →·AC →＝AB →·AD →＝AC →·AD →＝2，∴|EF →|2＝14[|AD →|2＋|AB →|2＋|AC →|2＋2AB →·AC →－2AB →·AD →－2AC →·AD →]＝2，∴|EF →|＝ 2.13．(2012·中山市模拟)如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c [答案] A[解析] BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(B 1A 1→＋B 1C 1→)＝AA 1→＋12(－AB →＋AD →)＝c －12a ＋12b ，故选A.14．(2011·泰安模拟)如图，空间四边形OABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，点M 在OA 上，且OM ＝2MA ，N 为BC 中点，则MN →等于________．[答案] －23a ＋12b ＋12c[解析] MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－23OA →＝12(b ＋c )－23a ＝－23a ＋12b ＋12c . [点评] 空间向量的线性表示及运算与平面向量类似，要结合图形灵活运用三角形法则和平行四边形法则．15．(2011·东营期末)若a ＝(1,5，－1)，b ＝(－2,3,5)． (1)若(k a ＋b )∥(a －3b )，求k ； (2)若(k a ＋b )⊥(a －3b )，求k .(3)以坐标原点O 为起点作向量OA →＝a ，OB →＝b ，求O 到直线AB 的距离． [解析] k a ＋b ＝(k －2,5k ＋3，－k ＋5)，a －3b ＝(1＋3×2,5－3×3，－1－3×5)＝(7，－4，－16)． (1)∵(k a ＋b )∥(a －3b )， ∴k －27＝5k ＋3－4＝－k ＋5－16，解得k ＝－13. (2)∵(k a ＋b )⊥(a －3b )，∴(k －2)×7＋(5k ＋3)×(－4)＋(－k ＋5)×(－16)＝0. 解得k ＝1063.(3)由条件知A (1,5，－1)，B (－2,3,5)， ∴AO →＝(－1，－5,1)，AB →＝(－3，－2,6)，AO →·AB →＝19，|AB →|＝7，∴O 到直线AB 的距离d ＝|AO →·AB →||AB →|＝197.16.如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠FAB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12FA ，G 、H 分别为FA 、FD 的中点．(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形； (2)C 、D 、F 、E 四点是否共面？为什么？ (3)设AB ＝BE ，证明：平面ADE ⊥平面CDE . [解析]由题设知，FA 、AB 、AD 两两互相垂直．如图，以A 为坐标原点，射线AB 为x 轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系A －xyz .(1)设AB ＝a ，BC ＝b ，BE ＝c ，则由题设得A (0，0,0)，B (a,0,0)，C (a ，b,0)，D (0,2b,0)，E (a,0，c )，G (0,0，c )，H (0，b ，c )，F (0,0,2c )．所以，GH →＝(0，b,0)，BC →＝(0，b,0)，于是GH →＝BC →.又点G 不在直线BC 上，则GH 綊BC ， 所以四边形BCHG 是平行四边形． (2)C 、D 、F 、E 四点共面．理由如下： 由题设知，F (0,0,2c )，所以 EF →＝(－a,0，c )，CH →＝(－a,0，c )，EF →＝CH →， 又C ∉EF ，H ∈FD ，故C 、D 、F 、E 四点共面．(3)由AB ＝BE ，得c ＝a ，所以CH →＝(－a,0，a )，AE →＝(a,0，a )， 又AD →＝(0,2b,0)，因此CH →·AE →＝0，CH →·AD →＝0， 即CH ⊥AE ，CH ⊥AD ，又AD ∩AE ＝A ，所以CH ⊥平面ADE .故由CH ⊂平面CDFE ，得平面ADE ⊥平面CDE .[点评] 如果所给问题中存在两两垂直的直线交于一点，容易将各点的坐标表示出来时，可用向量法求解．如果其所讨论关系不涉及求角，求距离或所求角、距离比较容易找(作)出时，可不用向量法求解，本题解答如下：(1)由题设知，FG ＝GA ，FH ＝HD ，所以GH 綊12AD .又BC 綊12AD ，故GH 綊BC ，所以四边形BCHG 是平行四边形．(2)C 、D 、F 、E 四点共面．理由如下：由BE 綊12AF ，G 是FA 的中点知，BE 綊GF ， 所以EF ∥BG ，由(1)知BG ∥CH ，所以EF ∥CH ，故EC 、FH 共面．又点D 直线FH 上，所以C 、D 、F 、E 四点共面．(3)连结EG ，由AB ＝BE ，BE 綊AG ，及∠BAG ＝90°知四边形ABEG 是正方形， 故BG ⊥EA .由题设知，FA 、AD 、AB 两两垂直，故AD ⊥平面FABE ，因此EA 是ED 在平面FABE 内的射影，∴BG ⊥ED .又EC ∩EA ＝E ，所以BG ⊥平面ADE .由(1)知，CH ∥BG ，所以CH ⊥平面ADE .由(2)知F ∈平面CDE ，故CH ⊂平面CDE ，得平面ADE ⊥平面CDE .1．(2011·郑州一中月考)已知向量a ＝(1,2,3)，b ＝(－2，－4，－6)，|c |＝14，若(a ＋b )·c ＝7，则a 与c 的夹角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°[答案] C[解析] a ＋b ＝(－1，－2，－3)＝－a ，故(a ＋b )·c ＝－a ·c ＝7，得a ·c ＝－7，而|a |＝12＋22＋32＝14，所以cos 〈a ，c 〉＝a ·c |a ||c |＝－12，〈a ，c 〉＝120°. 2．在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →的值为( )A ．0 B.32 C ．1D ．无法确定[答案] A[解析] AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝AB →·(BD →－BC →)＋(BC →－BA →)·DB →＋(BD →－BA →)·BC →＝AB →·BD →－AB →·BC →＋BC →·DB →－BA →·DB →＋BD →·BC →－BA →·BC →＝0，故选A.3．已知斜三棱柱ABC －A ′B ′C ′，设AB →＝a ，AC →＝b ，AA ′→＝c ，在面对角线AC ′和棱BC 上分别取点M 、N ，使AM →＝kAC ′→，BN →＝kBC →(0≤k ≤1)，求证：三向量MN →、a 、c 共面．[解析] AN →＝AB →＋BN →＝AB →＋kBC →＝AB →＋k (AC →－AB →)＝a ＋k (b －a )＝(1－k )a ＋k b ，AM →＝kAC ′→＝k (AA ′→＋AC →)＝k b ＋k c ， MN →＝AN →－AM →＝(1－k )a －k c .∵向量a 和c 不共线，∴MN →、a 、c 共面．。