2018_2019学年高中数学第二章空间向量与立体几何2.2空间向量的运算训练案北师大版.docx

2.2 空间向量的运算A.基础达标1已知O，A，B是平面上的三个点，直线AB上有一点C，满足20，则等于()A2B2C. D解析：选A.因为20，所以22，所以2，故2.2设空间四点O，A，B，P满足mn，其中mn1，则()A点P一定在直线AB上B点P一定不在直线AB上C点P可能在直线AB上，也可能不在直线AB上D.与的方向一定相同解析：选A.因为n1m，所以m(1m)mm，即m()，所以m，故选A.3对空间任一点O和不共线三点A，B，C，能得到P，A，B，C四点共面的是()A.B.C.D以上都不对解析：选B.若P，A，B，C四点共面，满足向量关系式xyz(其中xyz1)因为1，故选B.4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平面四边形 D空间四边形解析：选D.因为0，所以，为锐角，所以B为钝角，同理可得C，D，A均为钝角，则有ABCD360.所以该四边形为空间四边形5.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBCAA1，ABC90，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是()A45 B60C90 D120解析：选B.令a，b，c，则|a|b|c|m(m0)，abbcca0，(ca)，bc，又|m，|m，所以cos，所以直线EF和BC1所成的角为60.6化简()()_解析：法一：(利用相反向量的关系转化为加法运算)()()0.法二：(利用向量的减法运算法则求解)()()()0.答案：07设e1，e2是空间两个不共线的向量，若e1ke2，5e14e2，e12e2，且A，B，D三点共线，则实数k_解析：6(e1e2)，因为A、B、D三点共线，可令，即e1ke26(e1e2)，又e1，e2不共线，故有，所以k1.答案：18如图，已知四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是矩形，AB4，AA13，BAA160，E为棱C1D1的中点，则_解析：，243cos 6004214.答案：149.如图所示，已知平行六面体ABCD- A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且C1CBC1CDBCD60.求证：CC1BD.证明：设a，b，c，则|a|b|.因为ba，所以(ba)cbcac|b|c|cos 60|a|c|cos 600，所以，即CC1BD.10.如图所示，四边形ABCD、ABEF都是平行四边形且不共面，M，N分别是AC，BF的中点，判断与是否共线解：因为M、N分别是AC、BF的中点，且四边形ABCD、ABEF都是平行四边形，所以.又因为，所以.所以22()所以2.所以，即与共线B.能力提升1若向量m垂直于向量a和b，向量nab(，R，且0)，则()AmnBmnCm，n既不平行也不垂直D以上三种情况都可能解析：选B.因为mnm(ab)mamb0，所以mn.2下列命题：若A，B，C，D是空间任意四点，则有0；|a|b|ab|是a，b共线的充要条件；若a，b共线，则a与b所在直线平行；对空间任意一点P与不共线的三点A，B，C，若xyz(x，y，zR)，则P，A，B，C四点共面其中不正确命题的个数是()A1 B2C3 D4解析：选C.对于：0，故正确；对于：当|a|0，而|a|b|0，故不正确；对于：a和b共线，a和b所在直线平行或重合，故不正确；对于：若xyz(xyz1)，则P，A，B，C四点共面，故不正确3已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，同一顶点为端点的三条棱长都等于1，且彼此的夹角都是60，则此平行六面体的对角线AC1的长为_解析：设a，b，c，|a|b|c|1.abc.|.答案：4.已知在空间四边形OABC中(如图所示)，OABC，OBAC，则OC和AB所成的角为_解析：由已知得，所以0，0，所以()0，()0，所以，所以0，()0，0，所以，即OC和AB成90角答案：905已知斜三棱柱ABC-ABC，设a，b，c.在面对角线AC上和棱BC上分别取点M和N，使k，k(0k1)求证：(1)与向量a和c共面；(2)MN平面AAB.证明：(1)显然kkbkc，且akak(ab)(1k)akb，(1k)akbkbkc(1k)akc.因此，与向量a和c共面(2)由(1)知与向量a，c共面，a，c在平面AAB内，而MN不在平面AAB内，所以MN平面AAB.6(选做题)如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，M，N分别是AB，PC的中点，(1)求证：MNCD；(2)若PDA45，求证：MN平面PCD.证明：(1)设a，b，c，则()()(bc)，所以(bc)(a)(abac)，因为四边形ABCD是矩形，PA平面ABCD，所以ab，ac，所以abac0，所以0，所以，故MNCD.(2)由(1)知，MNCD，(bc)，因为bc，所