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1、
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2、 1
課時(shí)提升作業(yè)(四十七)
一、選擇題
1.在下列條件中,使M與A,B,C一定共面的是 ( )
(A)OM→=2OA→-OB→-OC→
(B)OM→=15OA→+13OB→+12OC→
(C)MA→+MB→+MC→=0
(D)OM→+OA→+OB→+OC→=0
2.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)
3、c∥d
(B)c⊥d
(C)c不平行于d,c也不垂直于d
(D)以上三種情況均有可能
3.若a,b是兩個(gè)非零向量,且a2·b=b2·a,則向量a,b的關(guān)系是 ( )
(A)a=b
(B)a,b共線但不一定相等
(C)a,b不共線
(D)a,b為任意非零向量
4.如圖,已知空間四邊形的每條邊和對(duì)角線長(zhǎng)都等于a,點(diǎn)E,F,G分別為AB,AD,
DC的中點(diǎn),則a2等于 ( )
(A)2BA→·AC→
(B)2AD→·BD→
(C)2FG→·CA→
(D)2EF→·CB→
5.(20xx·福州模擬)如圖,在底面為平行四邊形的四棱柱ABCD - A1B1C1D1中,
4、M是AC與BD的交點(diǎn),若AB→=a,A1D1→=b,A1A→=c,則下列向量中與B1M→相等的向量是 ( )
(A)-12a+12b+c (B)12a+12b+c
(C)12a-12b+c (D)-12a-12b+c
6.(20xx·六安模擬)已知空間四邊形ABCD中,O是空間中任意一點(diǎn),OA→=a,OB→=b,
OC→=c,點(diǎn)M在OA上,且OM=2MA,N為BC中點(diǎn),則MN→= ( )
(A)12a-23b+12c (B)-23a+12b+12c
(C)12a+12b-12c (D)23a+23b-12c
7.設(shè)A,B,C,D是空間不共面的四個(gè)點(diǎn),
5、且滿足AB→·AC→=0,AD→·AC→=0,AD→·AB→=0,則△BCD的形狀是 ( )
(A)鈍角三角形 (B)直角三角形
(C)銳角三角形 (D)無(wú)法確定
8.正方體ABCD -A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1,點(diǎn)M在AC1上且AM→=12MC1→,N為B1B的中點(diǎn),則|MN→|為 ( )
(A)216 (B)66 (C)156 (D)153
9.(20xx·武漢模擬)平面α與平面β的夾角為60°,A,B是l上的兩點(diǎn),AC,BD分別在半平面α,β內(nèi),AC⊥l,BD⊥l,且AB=AC=a,BD=2a,則CD的長(zhǎng)為 ( )
(A)2a (B)5a
6、 (C)a (D)3a
10.(能力挑戰(zhàn)題)已知ABCD為四面體,O為△BCD內(nèi)一點(diǎn)(如圖),則AO→=13(AB→+AC→+AD→)是O為△BCD的重心的( )
(A)充分不必要條件
(B)必要不充分條件
(C)充要條件
(D)既不充分又不必要條件
二、填空題
11.在空間四邊形ABCD中,AB→·CD→+BC→·AD→+CA→·BD→= .
12.(20xx·焦作模擬)已知空間四邊形ABCD的對(duì)角線為AC,BD,設(shè)G是CD的中點(diǎn),則AB→+12(BD→+BC→)等于 .
13.已知G是△ABC的重心,O是空間與G不重合的任一點(diǎn),若OA→+OB→+O
7、C→=λOG→,則λ= .
14.(20xx·長(zhǎng)沙模擬)空間四邊形OABC中,OA=8,AB=6,AC=4,BC=5,∠OAC=45°,∠OAB=60°,則OA與BC的夾角的余弦值等于 .
三、解答題
15.正方體ABCD -A1B1C1D1中,M,N分別為正方形ABCD和AA1B1B的中心.
(1)求證:AC1⊥平面A1BD.
(2)求D1M→與CN→夾角的余弦值.
答案解析
1.【解析】選C.MA→+MB→+MC→=0,即MA→=-(MB→+MC→),所以M與A,B,C共面.
2.【解析】選B.由題意,c垂直于由a,b確定的平面.
∵d=λa+μb,
8、∴d與a,b共面.∴c⊥d.
3.【解析】選B.∵a2·b=b2·a,
即|a|2·b=|b|2·a,∴b=·a,
∴a與b共線,但不一定相等.
4.【解析】選B.2AD→·BD→=2·a·a·cos60°=a2.
5.【解析】選A.B1M→=B1B→+BM→=A1A→+12BD→
=c+12(AD→-AB→)=c+12(b-a)
=-12a+12b+c.
6.【解析】選B.不妨設(shè)O點(diǎn)與D點(diǎn)重合,
則MN→=MA→+AB→+BN→
=13OA→+(OB→-OA→)+12(OC→-OB→)
=-23OA→+12OB→+12OC→
=-23a+12b+12c.
7.
9、【思路點(diǎn)撥】通過(guò)BC→·BD→,DB→·DC→,CB→·CD→的符號(hào)判斷△BCD各內(nèi)角的大小,進(jìn)而確定出三角形的形狀.
【解析】選C.BC→·BD→=(AC→-AB→)·(AD→-AB→)
=AC→·AD→-AC→·AB→-AB→·AD→+=>0,
同理DB→·DC→>0,CB→·CD→>0.故△BCD為銳角三角形.
8.【解析】選A.如圖,設(shè)AB→=a,
AD→=b,AA1→=c,
則a·b=b·c=c·a=0.
由條件知MN→=MA→+AB→+BN→
=-13(a+b+c)+a+12c
=23a-13b+16c,
∴=2136=712,
∴|MN→|=216.
10、
9.【解析】選A.∵AC⊥l,BD⊥l,
∴=60°,且AC→·BA→=0,AB→·BD→=0,
又CD→=CA→+AB→+BD→,
∴|CD→|=(CA→+AB→+BD→)2
=a2+a2+(2a)2+2a·2acos120°=2a.
10.【解析】選C.若O是△BCD的重心,則AO→=AB→+BO→=AB→+23×12(BD→+BC→)=
AB→+13(BD→+BC→)=AB→+13(AD→-AB→+AC→-AB→)=13(AB→+AC→+AD→),
若AO→=13(AB→+AC→+AD→),
則AO→-AB→+AO→-AC→+AO→-AD→=0,
即
11、BO→+CO→+DO→=0.
設(shè)BC的中點(diǎn)為P,則-2OP→+DO→=0,
∴DO→=-2PO→,即O為△BCD的重心.
11.【解析】設(shè)AB→=b,AC→=c,AD→=d,
則CD→=d-c,BD→=d-b,BC→=c-b.
原式=b·(d-c)+d·(c-b)-c·(d-b)=0.
答案:0
12.【解析】因?yàn)镚是CD的中點(diǎn),
∴BG→=12(BD→+BC→),
∴AB→+12(BD→+BC→)
=AB→+BG→=AG→.
答案:AG→
13.【解析】因?yàn)镺A→+AG→=OG→,OB→+BG→=OG→,
OC→+CG→=OG→,且AG→+BG→+CG→=0,
所
12、以O(shè)A→+OB→+OC→=3OG→.
答案:3
14.【解析】由題意知AO→·BC→=AO→·(AC→-AB→)=AO→·AC→-AO→·AB→
=8×4×cos45°-8×6×cos60°=162-24.
∴cos=AO→·BC→|AO→||BC→|=162-248×5=22-35.
∴OA與BC的夾角的余弦值為3-225.
答案:3-225
【誤區(qū)警示】本題常誤認(rèn)為即為OA與BC的夾角.
15.【解析】設(shè)AB→=a,AD→=b,AA1→=c,正方體棱長(zhǎng)為1,
(1)∵AC1→·BD→=(a+b+c)·(b-a)
=a·b-a2+b2
13、-b·a+c·b-c·a
=0-1+1-0+0-0
=0,∴AC1→⊥BD→.
同理AC1→·A1B→=0,
∴AC1→⊥A1B→,
∴AC1⊥平面A1BD.
(2)∵D1M→=D1D→+DM→=-c+12(a-b),
CN→=CB→+BN→=-b+12(c-a),
∴|D1M→|2=[-c+12(a-b)]2
=c2+(-c)(a-b)+14(a-b)2
=1-0+0+14×(1-0+1)
=32,
∴|D1M→|=62,同理|CN→|=62.
又D1M→·CN→=[-c+12(a-b)]·[-b+12(c-a)]
=0+12×(-1+0)-12×(0-1)+14×(0-1-0+0)
=-14,
∴cos=-1462·62=-16.
【方法技巧】用向量法解題的常見(jiàn)類型及常用方法
1.常見(jiàn)類型
利用向量可解決空間中的平行、垂直、長(zhǎng)度、夾角等問(wèn)題.
2.常用的解題方法
(1)基向量法
先選擇一組基向量,把其他向量都用基向量表示,然后根據(jù)向量的運(yùn)算解題.
(2)坐標(biāo)法
根據(jù)條件建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系,并求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo),根據(jù)向量的坐標(biāo)運(yùn)算解題即可.
新版高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第七章 第六節(jié)
