1、配餐作业(四十七)空间向量及其运算(时间:40分钟)一、选择题1点M(8,6,1)关于x轴的对称点的坐标是()A(8,6,1) B(8,6,1)C(8,6,1) D(8,6,1)解析点P(a,b,c)关于x轴的对称点为P(a,b,c)。故选A。答案A2若A(x,5x,2x1),B(1,x2,2x),当|取最小值时,x的值为()A19 BC. D.解析|,所以当x时,|min。故选C。答案C3设A,B,C,D是空间不共面的四个点,且满足0,0,0,则BCD的形状是()A钝角三角形 B直角三角形C锐角三角形 D无法确定解析()()220,同理,0,0,BCD为锐角三角形。故选C。答案C4.如图所示
2、,PD垂直于正方形ABCD所在平面,AB2,E为PB的中点,cos,若以DA、DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则点E的坐标为()A(1,1,1) B.C. D(1,1,2)解析设PDa,则A(2,0,0),B(2,2,0),P(0,0,a),E。(0,0,a),。由cos,a,a2。E的坐标为(1,1,1)。故选A。答案A5若平面,的法向量分别为n1(2,3,5),n2(3,1,4),则()A BC,相交但不垂直 D以上均不正确解析n1n22(3)(3)15(4)0,n1与n2不垂直,与相交但不垂直。故选C。答案C6如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,以
3、CD,CB,CE所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,AB,AF1,M在EF上,且AM平面BDE,则M点的坐标为()A(1,1,1) B.C. D.解析由已知得A(,0),B(0,0),D(,0,0),E(0,0,1),设M(x,x,1)。则(x,x,1),(,0),(0,1)。设平面BDE的一个法向量为n(a,b,c)。则即解得令b1,则n(1,1,)。又AM平面BDE,所以n0。即2(x)0,得x,所以M。故选C。答案C二、填空题7已知长方体ABCDA1B1C1D1中,DADD11,DC,点E是B1C1的中点,建立空间直角坐标系Dxyz如图所示,则|AE|_。解析由题意长方体ABC
4、DA1B1C1D1中,DADD11,DC,点E是B1C1的中点,则A(1,0,0),E,所以,所以|。答案8设点C(2a1,a1,2)在由点P(2,0,0),A(1,3,2),B(8,1,4)确定的平面上,则a_。解析由共面向量定理知xy,即(2a1,a1,2)x(1,3,2)y(6,1,4),即解得a16。答案169(2017武威模拟)已知平面内的三点A(0,0,1),B(0,1,0),C(1,0,0),平面的一个法向量n(1,1,1)。则不重合的两个平面与的位置关系是_。解析由已知得,(0,1,1),(1,0,1),设平面的一个法向量为m(x,y,z),则得得令z1,得m(1,1,1)。又
5、n(1,1,1),所以mn,即mn,所以。答案平行三、解答题10如图,在棱长为a的正方体OABCO1A1B1C1中,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AEBFx,其中0xa,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz。(1)写出点E,F的坐标;(2)求证:A1FC1E;(3)若A1,E,F,C1四点共面,求证:。解析(1)E(a,x,0),F(ax,a,0)。(2)证明:A1(a,0,a)、C1(0,a,a),(x,a,a),(a,xa,a),axa(xa)a20,A1FC1E。(3)证明:A1,E,F,C1四点共面,共面。选与为一组基向量,则存在唯一实数对(1,2),使12,即(x,a,a)1(
6、a,a,0)2(0,x,a)(a1,a1x2,a2),解得1,21。于是。答案(1)E(a,x,0),F(ax,a,0)(2)(3)见解析11.如图,在底面是矩形的四棱锥PABCD中,PA底面ABCD,E,F分别是PC,PD的中点,PAAB1,BC2。(1)求证:EF平面PAB;(2)求证:平面PAD平面PDC。证明以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1),E,F,(1,0,1),(0,2,1),(0,0,1),(0,2,0),(1,0
7、,0),(1,0,0)。(1),即EFAB。又AB平面PAB,EF平面PAB,EF平面PAB。(2)(0,0,1)(1,0,0)0,(0,2,0)(1,0,0)0,即APDC,ADDC。又APADA,DC平面PAD。DC平面PDC,平面PAD平面PDC。(时间:20分钟)1(2016北京模拟)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,AA1C1C是边长为4的正方形。平面ABC平面AA1C1C,AB3,BC5。(1)求证:AA1平面ABC;(2)证明:在线段BC1上存在点D,使得ADA1B,并求的值。解析(1)证明:因为AA1C1C为正方形,所以AA1AC。因为平面ABC平面AA1C1C,且AA1垂直
8、于这两个平面的交线AC。所以AA1平面ABC。(2)由(1)知AA1AB,AA1AC。由题知AB3,BC5,AC4,所以ABAC。如图,以A为原点建立空间直角坐标系Axyz,则B(0,3,0),A1(0,0,4),B1(0,3,4),C1(4,0,4)。设D(x,y,z)是线段BC1上的一点,且,0,1。所以(x,y3,z)(4,3,4)。解得x4,y33,z4,所以(4,33,4)。由0,即9250,解得。因为0,1,所以在线段BC1上存在点D,使得ADA1B,此时,。答案(1)见解析(2)存在点D,2(2017潍坊模拟)如图所示,在RtABC中,C90,BC3,AC6,D,E分别是AC,A
9、B上的点,且DEBC,DE2,将ADE沿DE折起到A1DE的位置,使A1CCD,如图所示。(1)求证:A1C平面BCDE;(2)线段BC上是否存在一点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由。解析(1)证明:因为ACBC,DEBC,所以DEAC,所以DEA1D,DECD,A1DDCD,所以DE平面A1DC,所以DEA1C。又因为A1CCD,DECDD,所以A1C平面BCDE。(2)如图所示,以C为坐标原点,建立空间直角坐标系Cxyz,则A1(0,0,2),D(0,2,0),B(3,0,0),E(2,2,0)。设平面A1BE的法向量为n(x,y,z),则n0,n0。又因为(3,0,2),(1,2,0),所以令y1,则x2,z,所以n(2,1,)。假设这样的点P存在,设其坐标为(p,0,0),其中p0,3。设平面A1DP的法向量为m(x1,y1,z1),则又因为(0,2,2),(p,2,0),所以令x12,则y1p,z1。所以m。当且仅当mn0时,平面A1DP平面A1BE。由mn0,得4pp0,解得p2,与p0,3矛盾。所以线段BC上不存在一点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直。答案(1)见解析(2)不存在,理由见解析