《創(chuàng)新方案高考人教版數(shù)學(xué)理總復(fù)習(xí)練習(xí)：第七章 立體幾何 課時(shí)作業(yè)46 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《創(chuàng)新方案高考人教版數(shù)學(xué)理總復(fù)習(xí)練習(xí)：第七章 立體幾何 課時(shí)作業(yè)46 Word版含解析（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課時(shí)作業(yè)46　空間向量的運(yùn)算及應(yīng)用 　　　　　　　　　　　　　 1．已知a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，若a⊥(a－λb)，則實(shí)數(shù)λ的值為(　D　) A．－2 B．－ C. D．2 解析：由題意知a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，所以14－7λ＝0，解得λ＝2. 2．若A，B，C不共線，對(duì)于空間任意一點(diǎn)O都有＝＋＋，則P，A，B，C四點(diǎn)(　B　) A．不共面 B．共面 C．共線 D．不共線 解析：由已知可得 －＝－＋＋， 即－＝－＋＋－， 可得＝－(－)＋(－)＝－＋＝(＋)， 所以，，共面但不共線，故P，A，B，C四點(diǎn)

2、共面． 3．A，B，C，D是空間不共面的四點(diǎn)，且滿足·＝0，·＝0，·＝0，M為BC的中點(diǎn)，則△AMD是(　C　) A．鈍角三角形 B．銳角三角形 C．直角三角形 D．不確定 解析：∵M(jìn)為BC的中點(diǎn)，∴＝(＋)． ∴·＝(＋)· ＝·＋·＝0. ∴AM⊥AD，即△AMD為直角三角形． 4．如圖，已知空間四邊形OABC，其對(duì)角線為OB，AC，M，N分別是對(duì)邊OA，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)G在線段MN上，且分MN所成的比為2，現(xiàn)用基向量，，表示向量，設(shè)＝x＋y＋z，則x，y，z的值分別是(　D　) A．x＝，y＝，z＝ B．x＝，y＝，z＝ C．x＝，y＝，z＝ D．

3、x＝，y＝，z＝ 解析：設(shè)＝a，＝b，＝c， ∵G分MN的所成比為2，∴＝， ∴＝＋＝＋(－)＝a＋＝a＋b＋c－a＝a＋b＋c，即x＝，y＝，z＝. 5．已知空間向量a，b滿足|a|＝|b|＝1，且a，b的夾角為，O為空間直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)，點(diǎn)A，B滿足＝2a＋b，＝3a－b，則△OAB的面積為(　B　) A. B. C. D. 解析：||＝＝＝， 同理||＝，則cos∠AOB＝＝＝，從而有sin∠AOB＝， ∴△OAB的面積S＝×××＝，故選B. 6．如圖，在空間四邊形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，則OA與

4、BC所成角的余弦值為(　A　) A. B. C. D. 解析：因?yàn)椋剑? 所以·＝·－· ＝||||cos〈，〉－||||cos〈，〉＝8×4×cos135°－8×6×cos120°＝－16＋24. 所以cos〈，〉＝＝＝. 即OA與BC所成角的余弦值為. 7．已知2a＋b＝(0，－5,10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，則以b，c為方向向量的兩直線的夾角為　60°　. 解析：由題意，得(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10， 即2a·c＋b·c＝－10. 又∵a·c＝4，∴b·c＝－18， ∴cos〈b，c〉＝＝＝－， 又∵〈b，

5、c〉∈[0°，180°]， ∴〈b，c〉＝120°，∴兩直線的夾角為60°. 8．已知O點(diǎn)為空間直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)，向量＝(1,2,3)，＝(2,1,2)，＝(1,1,2)，且點(diǎn)Q在直線OP上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)·取得最小值時(shí)，的坐標(biāo)是　　. 解析：∵點(diǎn)Q在直線OP上，∴設(shè)點(diǎn)Q(λ，λ，2λ)， 則＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)， ·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝62－. 即當(dāng)λ＝時(shí)，·取得最小值－. 此時(shí)＝. 9．已知V為矩形ABCD所在平面外一點(diǎn)，且VA＝VB＝VC＝VD，＝，＝，＝.則VA與

6、平面PMN的位置關(guān)系是　VA∥平面PMN　. 解析：如圖，設(shè)＝a，＝b，＝c， 則＝a＋c－b， 由題意知＝b－c， ＝－＝a－b＋c. 因此＝＋， ∴，，共面． 又∵VA?平面PMN，∴VA∥平面PMN. 10．如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四邊形，E，F(xiàn)，G分別是A1D1，D1D，D1C1的中點(diǎn)． (1)試用向量，，表示； (2)用向量方法證明平面EFG∥平面AB1C. 解：(1)設(shè)＝a，＝b， ＝c. 由圖得＝＋＋ ＝c＋b＋＝a＋b＋c ＝＋＋. (2)證明：由題圖，得＝＋＝a＋b， ＝＋＝b＋a＝， ∵EG與

7、AC無(wú)公共點(diǎn)，∴EG∥AC， ∵EG?平面AB1C，AC?平面AB1C， ∴EG∥平面AB1C. 又∵＝＋＝a＋c， ＝＋＝c＋a＝， ∵FG與AB1無(wú)公共點(diǎn)，∴FG∥AB1， ∵FG?平面AB1C，AB1?平面AB1C， ∴FG∥平面AB1C， 又∵FG∩EG＝G，F(xiàn)G，EG?平面EFG， ∴平面EFG∥平面AB1C. 11．已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a，點(diǎn)M在AC1上，且＝，N為B1B的中點(diǎn)，則||為(　A　) A.a B.a C.a D.a 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

8、)， N. 設(shè)M(x，y，z)，因?yàn)辄c(diǎn)M在AC1上，且＝， 則(x－a，y，z)＝(－x，a－y，a－z)， 得x＝a，y＝，z＝，即M， 所以||＝＝a. 12．如圖，已知直三棱柱ABC-A1B1C1，在底面△ABC中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分別是A1B1，A1A的中點(diǎn). (1)求的模； (2)求cos〈，〉的值； (3)求證：A1B⊥C1M. 解：(1)如圖，以點(diǎn)C作為坐標(biāo)原點(diǎn)O，CA，CB，CC1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系． 由題意得B(0,1,0)，N(1,0,1)， 所以||＝＝. (2)由題意得A1(1,0,2)，B(0,1,0)，C(0,0,0)，B1(0,1,2)， 所以＝(1，－1,2)，＝(0,1,2)，·＝3，||＝，||＝， 所以cos〈，〉＝＝. (3)證明：由題意得C1(0,0,2)，M， ＝(－1,1，－2)，＝， 所以·＝－＋＋0＝0， 所以⊥， 即A1B⊥C1M.