新版高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第七章 第六節(jié)

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1、 1

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)無法確定 8.正方體ABCD -A1B1C1D1的棱長為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類型及常用方法 1.常見類型 利用向量可解決空間中的平行、垂直、長度、夾角等問題. 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.