2019-2020年高考数学大一轮复习 空间向量及其运算和空间位置关系课时跟踪检测（四十七）理（含解析）.doc

2019-2020年高考数学大一轮复习 空间向量及其运算和空间位置关系课时跟踪检测（四十七）理（含解析）一、选择题1(xx广东高考)已知向量a(1,0，1)，则下列向量中与a成60夹角的是()A(1,1,0)B(1，1,0)C(0，1,1) D(1,0,1)2若直线l的方向向量为a(1,0,2)，平面的法向量为n(2,0，4)，则()Al BlCl Dl与斜交3(xx西安质检)已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则的值为()Aa2 B.a2C.a2 D.a24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5(xx晋江一模)设OABC是四面体，G1是ABC的重心，G是OG1上的一点，且OG3GG1，若xyz，则(x，y，z)为()A. B.C. D.6(xx宁波检测)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1MAN，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A斜交 B平行C垂直 D不确定二、填空题7若向量a(1,1，x)，b(1,2,1)，c(1,1,1)，满足条件(ca)2b2，则x_.8已知空间四边形OABC，点M，N分别是OA，BC的中点，且a，b，c，用a，b，c表示向量_.9已知点A(1,2,1)，B(1,3,4)，D(1,1,1)，若2，则| |的值是_10已知ABCDA1B1C1D1为正方体，()232；()0；向量与向量的夹角是60；正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|.其中正确命题的序号是_三、解答题11(xx青岛模拟)如图，在多面体ABCA1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，ABAC，BCAB，B1C1綊BC，二面角A1ABC是直二面角求证：(1)A1B1平面AA1C；(2)AB1平面A1C1C.12(xx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AEFC11.(1)求证：E，B，F，D1四点共面；(2)若点G在BC上，BG，点M在BB1上，GMBF，垂足为H，求证：EM平面BCC1B1.答案1选B各选项给出的向量的模都是，|a|.对于选项A，设b(1,1,0)，则cosa，b，因为0a，b180，所以a，b120.对于选项B，设b(1，1,0)，则cosa，b.因为0a，b180，所以a，b60，正确对于选项C，设b(0，1,1)，则cosa，b.因为0a，b180，所以a，b120.对于选项D，设b(1,0,1)则cosa，b1.因为0a，b180，所以a，b180，故选B.2选Ba(1,0,2)，n(2,0，4)，n2a，即an.l.3选C()()(a2cos 60a2cos 60)a2.故选C.4选Cn1n22(3)(3)15(4)0，n1与n2不垂直，与相交但不垂直5.选A如图所示，取BC的中点E，连接AE.()()()()，故选A.6选B建立如图所示的坐标系，由于A1MAN，则M，N，又C1D1平面BB1C1C，所以 (0，a,0)为平面BB1C1C的一个法向量因为0，所以，所以MN平面 BB1C1C.7解析：ca(0,0,1x)，(ca)2b(0,0,1x)2(1,2,1)2(1x)2，解得x2.答案：28解析：如图所示，()()()(2)()(bca)答案：(bca)9解析：设P(x，y，z)，(x1，y2，z1)(1x,3y,4z)，由2得点P坐标为，又D(1,1,1)，|.答案：10解析：中()22223()2，故正确；中，AB1A1C，故正确；中A1B与AD1两异面直线所成角为60，但与的夹角为120，故不正确；中|0，故也不正确答案：11证明：二面角A1ABC是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，AA1平面BAC.又ABAC，BCAB，CAB90，即CAAB，AB，AC，AA1两两互相垂直建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AB2，则A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)(1)(0,2,0)，(0,0，2)，(2,0,0)，设平面AA1C的一个法向量n(x，y，z)，则即即取y1，则n(0,1,0)2n，即n.A1B1平面AA1C.(2)易知(0,2,2)，(1,1,0)，(2,0，2)，设平面A1C1C的一个法向量m(x1，y1，z1)，则即令x11，则y11，z11，即m(1，1,1)m012(1)210，m.又AB平面A1C1C，AB1平面A1C1C.12证明：(1)以B为原点，以BA，BC，BB1为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，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.由向量共面的充要条件知E，B，F，D1四点共面(2)设M(0,0，z0)，G，则，而(0,3,2)，由题设得3z020，得z01.故M(0,0,1)，有(3,0,0)又(0,0,3)，(0,3,0)，所以0，0，从而MEBB1，MEBC.又BB1BCB，故ME平面BCC1B1.