第5講空間向量及其運算基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時：40分鐘)一、選擇題1．在下列命題中：①若向量a，b共線，則向量a，b所在的直線平行；②若向量a，b所在的直線為異面直線，則向量a，b肯定不共面；③若三個向量a，b，c兩兩共面，則向量a，b，c共面；④已知空間的三個向量a，b，c，則對于空間的任意一個向量p總存在實數(shù)x，y，z使得p＝xa＋yb＋zc.其中正確命題的個數(shù)是 ()A．0 B．1C．2 D．3解析a與b共線，a，b所在直線也可能重合，故①不正確；依據(jù)自由向量的意義知，空間任兩向量a，b都共面，故②錯誤；三個向量a，b，c中任兩個肯定共面，但它們?nèi)齻€卻不肯定共面，故③不正確；只有當(dāng)a，b，c不共面時，空間任意一向量p才能表示為p＝xa＋yb＋zc，故④不正確，綜上可知四個命題中正確的個數(shù)為0，故選A.答案A2．在空間直角坐標(biāo)系中，A(1,2,3)，B(－2，－1,6)，C(3,2,1)，D(4,3,0)，則直線AB與CD的位置關(guān)系是 ()A．垂直 B．平行C．異面 D．相交但不垂直解析由題意得，eq\o(AB,\s\up12(→))＝(－3，－3,3)，eq\o(CD,\s\up12(→))＝(1,1，－1)，∴eq\o(AB,\s\up12(→))＝－3eq\o(CD,\s\up12(→))，∴eq\o(AB,\s\up12(→))與eq\o(CD,\s\up12(→))共線，又eq\o(AB,\s\up12(→))與eq\o(CD,\s\up12(→))沒有公共點．∴AB∥CD.答案B3．(2021·濟南月考)O為空間任意一點，若eq\o(OP,\s\up12(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OB,\s\up12(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OC,\s\up12(→))，則A，B，C，P四點 ()A．肯定不共面 B．肯定共面C．不肯定共面 D．無法推斷解析由于eq\o(OP,\s\up12(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OB,\s\up12(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OC,\s\up12(→))，且eq\f(3,4)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,8)＝1.所以P，A，B，C四點共面．答案B4．已知a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，若a⊥(a－λb)，則實數(shù)λ的值為 ()A．－2 B．－eq\f(14,3)C.eq\f(14,5) 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.答案D5．已知空間四邊形ABCD的每條邊和對角線的長都等于a，點E，F(xiàn)分別是BC，AD的中點，則eq\o(AE,\s\up12(→))·eq\o(AF,\s\up12(→))的值為 ()A．a(chǎn)2 B.eq\f(1,2)a2C.eq\f(1,4)a2 D.eq\f(\r(3),4)a2解析如圖，設(shè)eq\o(AB,\s\up12(→))＝a，eq\o(AC,\s\up12(→))＝b，eq\o(AD,\s\up12(→))＝c，則|a|＝|b|＝|c|＝a，且a，b，c三向量兩兩夾角為60°.eq\o(AE,\s\up12(→))＝eq\f(1,2)(a＋b)，eq\o(AF,\s\up12(→))＝eq\f(1,2)c，∴eq\o(AE,\s\up12(→))·eq\o(AF,\s\up12(→))＝eq\f(1,2)(a＋b)·eq\f(1,2)c＝eq\f(1,4)(a·c＋b·c)＝eq\f(1,4)(a2cos60°＋a2cos60°)＝eq\f(1,4)a2.答案C二、填空題6．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三個向量共面，則實數(shù)λ等于________．解析∵a，b，c共面，且明顯a，b不共線，∴c＝xa＋yb，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(7＝2x－y，①,5＝－x＋4y，②,λ＝3x－2y，③))由①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(33,7)，,y＝\f(17,7)，))代入③得λ＝eq\f(65,7).答案eq\f(65,7)7．在四周體OABC中，eq\o(OA,\s\up12(→))＝a，eq\o(OB,\s\up12(→))＝b，eq\o(OC,\s\up12(→))＝c，D為BC的中點，E為AD的中點，則eq\o(OE,\s\up12(→))＝________(用a，b，c表示)．解析eq\o(OE,\s\up12(→))＝eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up12(→))＝eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AC,\s\up12(→)))＝eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\f(1,4)×(eq\o(OB,\s\up12(→))－eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OC,\s\up12(→))－eq\o(OA,\s\up12(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OB,\s\up12(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OC,\s\up12(→))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c.答案eq\f(1,2)a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c8．A，B，C，D是空間不共面四點，且eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AC,\s\up12(→))＝0，eq\o(AC,\s\up12(→))·eq\o(AD,\s\up12(→))＝0，eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AD,\s\up12(→))＝0，則△BCD的外形是________三角形(填銳角、直角、鈍角中的一個)．解析由于eq\o(BC,\s\up12(→))·eq\o(BD,\s\up12(→))＝(eq\o(AC,\s\up12(→))－eq\o(AB,\s\up12(→)))·(eq\o(AD,\s\up12(→))－eq\o(AB,\s\up12(→)))＝eq\o(AC,\s\up12(→))·eq\o(AD,\s\up12(→))－eq\o(AC,\s\up12(→))·eq\o(AB,\s\up12(→))－eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AD,\s\up12(→))＋eq\o(AB,\s\up12(→))2＝eq\o(AB,\s\up12(→))2＞0，所以∠CBD為銳角．同理∠BCD，∠BDC均為銳角．答案銳角三、解答題9．已知空間中三點A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，設(shè)a＝eq\o(AB,\s\up12(→))，b＝eq\o(AC,\s\up12(→)).(1)若|c|＝3，且c∥eq\o(BC,\s\up12(→))，求向量c.(2)求向量a與向量b的夾角的余弦值．解(1)∵c∥eq\o(BC,\s\up12(→))，eq\o(BC,\s\up12(→))＝(－3,0,4)－(－1,1,2)＝(－2，－1,2)，∴c＝meq\o(BC,\s\up12(→))＝m(－2，－1,2)＝(－2m，－m,2m)，∴|c|＝eq\r(－2m2＋－m2＋2m2)＝3|m|＝3，∴m＝±1.∴c＝(－2，－1,2)或(2,1，－2)．(2)∵a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，∴a·b＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1，又∵|a|＝eq\r(12＋12＋02)＝eq\r(2)，|b|＝eq\r(－12＋02＋22)＝eq\r(5)，∴cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝eq\f(－1,\r(10))＝－eq\f(\r(10),10)，即向量a與向量b的夾角的余弦值為－eq\f(\r(10),10).10.如圖，在棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中，G為△BC1D(1)試證：A1，G，C三點共線；(2)試證：A1C⊥平面BC1D證明(1)eq\o(CA1,\s\up12(→))＝eq\o(CB,\s\up12(→))＋eq\o(BA,\s\up12(→))＋eq\o(AA1,\s\up12(→))＝eq\o(CB,\s\up12(→))＋eq\o(CD,\s\up12(→))＋eq\o(CC1,\s\up12(→))，可以證明：eq\o(CG,\s\up12(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(CB,\s\up12(→))＋eq\o(CD,\s\up12(→))＋eq\o(CC1,\s\up12(→)))＝eq\f(1,3)eq\o(CA1,\s\up12(→))，∴eq\o(CG,\s\up12(→))∥eq\o(CA1,\s\up12(→))，即A1，G，C三點共線．(2)設(shè)eq\o(CB,\s\up12(→))＝a，eq\o(CD,\s\up12(→))＝b，eq\o(CC1,\s\up12(→))＝c，則|a|＝|b|＝|c|＝a，且a·b＝b·c＝c·a＝0，∵eq\o(CA1,\s\up12(→))＝a＋b＋c，eq\o(BC1,\s\up12(→))＝c－a，∴eq\o(CA1,\s\up12(→))·eq\o(BC1,\s\up12(→))＝(a＋b＋c)·(c－a)＝c2－a2＝0，因此eq\o(CA1,\s\up12(→))⊥eq\o(BC1,\s\up12(→))，即CA1⊥BC1，同理CA1⊥BD，又BD與BC1是平面BC1D內(nèi)的兩相交直線，故A1C⊥平面BC1D.力量提升題組(建議用時：25分鐘)11．若向量c垂直于不共線的向量a和b，d＝λa＋μb(λ，μ∈R，且λμ≠0)，則()A．c∥dB．c⊥dC．c不平行于d，c也不垂直于dD．以上三種狀況均有可能解析由題意得，c垂直于由a，b確定的平面．∵d＝λa＋μb，∴d與a，b共面．∴c⊥d.答案B12．已知{a，b，c}是空間的一個基底，{a＋b，a－b，c}是空間的另一個基底，一向量p在基底{a，b，c}下的坐標(biāo)為(4,2,3)，則向量p在基底{a＋b，a－b，c}下的坐標(biāo)是 ()A．(4,0,3) B．(3,1,3)C．(1,2,3) D．(2,1,3)解析設(shè)p在基底{a＋b，a－b，c}下的坐標(biāo)為x，y，z.則p＝x(a＋b)＋y(a－b)＋zc＝(x＋y)a＋(x－y)b＋zc，①由于p在{a，b，c}下的坐標(biāo)為(4,2,3)∴p＝4a＋2b＋3c，②由①②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝4，,x－y＝2，,z＝3，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝1，,z＝3，))即p在{a＋b，a－b，c}下的坐標(biāo)為(3,1,3)．答案B13．已知2a＋b＝(0，－5,10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，則以b，c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〉＝eq\f(b·c,|b|·|c|)＝eq\f(－18,12×\r(1＋4＋4))＝－eq\f(1,2)，∴〈b，c〉＝120°，∴兩直線的夾角為60°.答案60°14.如圖所示，已知空間四邊形ABCD的每條邊和對角線長都等于1，點E，F(xiàn)，G分別是AB，AD，CD的中點，計算：(1)eq\o(EF,\s\up12(→))·eq\o(BA,\s\up12(→))；(2)eq\o(EF,\s\up12(→))·eq\o(DC,\s\up12(→))；(3)EG的長；(4)異面直線AG與CE所成角的余弦值．解設(shè)eq\o(AB,\s\up12(→))＝a，eq\o(AC,\s\up12(→))＝b，eq\o(AD,\s\up12(→))＝c.則|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，(1)eq\o(EF,\s\up12(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up12(→))＝eq\f(1,2)c－eq\f(1,2)a，eq\o(BA,\s\up12(→))＝－a，eq\o(DC,\s\up12(→))＝b－c，eq\o(EF,\s\up12(→))·eq\o(BA,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)c－\f(1,2)a))·(－a)＝eq\f(1,2)a2－eq\f(1,2)a·c＝eq\f(1,4)，(2)eq\o(EF,\s\up12(→))·eq\o(DC,\s\up12(→))＝eq\f(1,2)(c－a)·(b－c)＝eq\f(1,2)(b·c－a·b－c2＋a·c)＝－eq\f(1,4)；(3)eq\o(EG,\s\up12(→))＝eq\o(EB