课时作业(四十五) 空间向量及其运算一、选择题1．(2015·长春模拟)已知a＝(λ＋1,0,2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，则λ与μ的值可以是( )A．2，B．－，C．－3,2D．2,2答案：A解析：由题意知解得或2．在空间四边形ABCD中，·＋·＋·＝( )A．－1B．0C．1D．不确定答案：B解析：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＝0.3．如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在线段MN上，且分MN所成的比为2，现用基向量，，表示向量，设＝x＋y＋z，则x，y，z的值分别是( )A．x＝，y＝，z＝B．x＝，y＝，z＝C．x＝，y＝，z＝D．x＝，y＝，z＝答案：D解析：设＝a，＝b，＝c，8\n∵G分MN所成的比为2，∴＝，∴＝＋＝＋(－)＝a＋＝a＋b＋c－a＝a＋b＋c.故应选D.4．(2015·宝鸡模拟)已知四边形ABCD满足·>0，·>0，·>0，·>0，则该四边形为( )A．平行四边形B．梯形C．长方形D．空间四边形答案：D解析：由条件可知四边形ABCD中，相邻两边的夹角都是钝角，结合选项可知其应为空间四边形，故应选D.5．(2015·武汉模拟)如图，二面角α－l－β为60°，A，B是棱l上的两点，AC，BD分别在半平面α，β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝a，BD＝2a，则CD的长为( )A．2aB.aC．aD.a答案：A解析：∵AC⊥l，BD⊥l，∴〈，〉＝60°，且·＝0，·＝0，∵＝＋＋，∴||＝8\n＝＝2a.6．(2015·杭州摸底考试)已知空间任一点O和不共线的三点A，B，C，满足＝x＋y＋z(x，y，z∈R)，则“x＋y＋z＝1”是“点P位于平面ABC内”的( )A．充分但不必要条件B．必要但不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案：C解析：已知空间任一点O和不共线的三点A，B，C，满足＝x＋y＋z(x，y，z∈R)，则“x＋y＋z＝1”是“点P位于平面ABC内”的充要条件，证明如下：必要性：依题意，知A，B，C三点不共线，则四点A，B，C，P共面⇔对空间任一点O，存在实数x1，y1，使得＝＋x1＋y1＝＋x1(－)＋y1(－)＝(1－x1－y1)＋x1＋y1.取x＝1－x1－y1，y＝x1，z＝y1，则有＝x＋y＋z，且x＋y＋z＝1.充分性：对于空间任一点O，存在实数x，y，z且x＋y＋z＝1，使得＝x＋y＋z，所以x＝1－y－z，得＝(1－y－z)＋y＋z＝＋y＋z.即＝y＋z，所以四点A，B，C，P共面．故应选C.二、填空题7．(2015·台州模拟)已知a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，且|a|＝5，|b|＝6，a·b＝30，则＝________.答案：解析：设向量a与b的夹角为θ(0≤θ≤π)，由已知及向量数量积的定义，得a·b＝|a||b|cosθ＝5×6×cosθ＝30，所以cosθ＝1，所以θ＝0°，所以a∥b.8\n又因为a与b均为非零向量，且|a|＝5，|b|＝6，所以可得b＝a，即(b1，b2，b3)＝(a1，a2，a3)，从而有＝＝＝，得＝.8．已知空间三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)，则以，为边的平行四边形的面积为________．答案：7解析：由题意，可得＝(－2，－1,3)，＝(1，－3,2)，∴cos〈，〉＝＝＝＝.∴sin〈，〉＝.∴以，为边的平行四边形的面积为S＝||||sin〈，〉＝14×＝7.9．(2015·郑州模拟)已知O(0,0,0)，A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，当·取最小值时，点Q的坐标是________．答案：解析：设＝λ＝λ(1,1,2)＝(λ，λ，2λ)，∴Q(λ，λ，2λ)，∴＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)．∴·＝6λ2－16λ＋10，故当λ＝时有最小值，此时Q坐标是.10．(2015·徐州模拟)给出下列命题：8\n①＋＋＋＝0；②|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件；③若a与b共面，则a与b所在的直线在同一平面内；④若＝＋，则P，A，B三点共线．其中正确命题的序号是________．答案：①解析：①显然成立；②|a|－|b|＝|a＋b|，符号成立的条件是a，b反向，而a与b共线的方向为相同或相反，②错误；③中，任意两个向量都是共面向量，显然③不正确；④中，＝＋，系数之和＋≠1，因此P，A，B不共线，④不成立．综上，正确命题的序号只有①.三、解答题11．已知空间中三点A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，设a＝，b＝.(1)求a与b的夹角的余弦值；(2)若ka＋b与ka－2b互相垂直，求实数k的值．解：(1)∵a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，∴a·b＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1，又|a|＝＝，|b|＝＝，∴cos〈a，b〉＝＝＝－，即a与b的夹角的余弦值为－.(2)解法一：∵ka＋b＝(k－1，k,2)，ka－2b＝(k＋2，k，－4)，且ka＋b与ka－2b互相垂直，∴(k－1，k,2)·(k＋2，k，－4)＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝0，∴k＝2或k＝－，∴当ka＋b与ka－2b互相垂直时，实数k的值为2或－.解法二：由(1)，知|a|＝，|b|＝，a·b＝－1，∴(ka＋b)·(ka－2b)＝k2a2－ka·b－2b2＝2k2＋k－10＝0，解得k＝2或k＝－.8\n12．(2015·汕头模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝FC1＝1.(1)求证：E，B，F，D1四点共面；(2)若点G在BC上，BG＝，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥平面BCC1B1.解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，E(3,0,1)，F(0,3,2)，D1(3,3,3)，则＝(3,0,1)，＝(0,3,2)，＝(3,3,3)．所以＝＋.故，，共面．又它们有公共点B，所以E，B，F，D1四点共面．(2)设M(0,0，z0)，G，则＝，而＝(0,3,2)，由题设，得·＝－×3＋z0·2＝0，解得z0＝1.故M(0,0,1)，有＝(3,0,0)．又＝(0,0,3)，＝(0,3,0)，所以·＝0，·＝0，从而ME⊥BB1，ME⊥BC.8\n又BB1∩BC＝B，故ME⊥平面BCC1B1.13．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1，底面△ABC中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分别是A1B1，A1A的中点．(1)求的模；(2)求cos〈，〉的值；(3)求证：A1B⊥C1M.解：(1)如图，建立空间直角坐标系C－xyz.依题意，得B(0,1,0)，N(1,0,1)，∴||＝＝.(2)依题意，得A1(1,0,2)，B(0,1,0)，C(0,0,0)，B1(0,1,2)，∴＝(1，－1,2)，＝(0,1,2)，·＝3，||＝，||＝，∴cos〈·〉＝＝.(3)证明：依题意，得C1(0,0,2)，M，＝(－1,1，－2)，＝.8\n∴·＝－＋＋0＝0，∴⊥，∴A1B⊥C1M.8
