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2019-2020年高考數(shù)學(xué)考點分類自測 空間向量及其運算 理 一、選擇題 1．已知向量a＝(8，x，x)，b＝(x,1,2)，其中x＞0.若a∥b，則x的值為 (　　) A．8 B．4 C．2 D．0 2．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 (　　) A. B. C. D. 3.如圖，已知空間四邊形的每條邊和對角線長都等于a，點E、F、G分別為AB、AD、DC的中點，則a2等于 (　　) A．2 B．2 C．2 D．2 4.已知空間四邊形OABC，其對角線為OB、AC，M、N分別是邊OA、CB的中點，點G在線段MN上，且使MG＝2GN，則用向量 ， ， 表示向量 正確的是 (　　) A． ＝ ＋ ＋ B． ＝ ＋ ＋ C．＝ ＋ ＋ D． ＝ ＋ ＋ 5．有以下命題：①如果向量a，b與任何向量不能構(gòu)成空間的一個基底，那么a，b的關(guān)系是不共線；②O，A，B，C為空間四點，且向量 ， ， 不構(gòu)成空間的一個基底，那么點O，A，B，C一定共面；③已知{a，b，c}是空間的一個基底，則{a＋b，a－b，c}也是空間的一個基底．其中正確的命題是 (　　) A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 6.二面角α－l－β為60，A、B是棱l上的兩點，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.a C．a(chǎn) D.a 二、填空題 7．若向量a＝(1，λ，2)， b＝(－2,1,1)，a，b夾角的余弦值為，則λ＝________.8.已知空間四邊形OABC，點M、N分別是OA、BC的中點，且 ＝a， ＝b， ＝c，用a，b，c表示向量 ＝________. 9．給出命題：①若a與b共線，則a與b所在的直線平行；②若a與b共線，則存在唯一的實數(shù)λ，使b＝λa；③若A，B，C三點不共線，O是平面ABC外一點， ＝ ＋ ＋ ，則點M一定在平面ABC上，且在△ABC的內(nèi)部．其中真命題是________．三、解答題 10．設(shè)a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，且a≠b，記|a－b|＝m，求a－b與x軸正方向的夾角的余弦值． 11.如圖所示，已知空間四邊形ABCD的各邊和對角線的長都等于a，點M、N分別是AB、CD的中點． (1)求證：MN⊥AB，MN⊥CD； (2)求MN的長． 12．直三棱柱ABC－A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90，D、E分別為AB、BB′的中點． (1)求證：CE⊥A′D； (2)求異面直線CE與AC′所成角的余弦值． 詳解答案 一、選擇題 1．解析：a∥b且x＞0?存在λ＞0，使a＝λb? (8，x，x)＝(λx，λ，2λ)?? 答案：B 2．解析：由于a，b，c三個向量共面，所以存在實數(shù)m，n使得c＝ma＋nb，即有，解得m＝，n＝，λ＝. 答案：D 3.解析：2 ＝2aacos60＝a2. 答案：B 4. 解析： ＝ ＋ ＝ ＋ ＝ ＋(－ ＋ ＋ － )＝ ＋ ＋ . 答案：C 5．解析：對于①，“如果向量a，b與任何向量不能構(gòu)成空間向量的一個基底，那么a，b的關(guān)系一定是共線”，所以①錯誤．②③正確． 答案：C 6. 解析：∵AC⊥l，BD⊥l， ∴〈 ， 〉＝60，且 ＝0， ＝0， ∴ ＝ ＋ ＋ ，∴| |＝＝＝2a. 答案：A 二、填空題 7．解析：cos〈a，b〉＝＝＝， 解得λ＝1. 答案：1 8. 解析：如圖， ＝( ＋ ) ＝[( － )＋(－ )] ＝( ＋ －2 ) ＝( ＋ － ) ＝(b＋c－a) 答案：(b＋c－a) 9．解析：①中a與b所在的直線也有可能重合，故①是假命題；②中當(dāng)a＝0，b≠0時，找不到實數(shù)λ，使b＝λa，故②是假命題；可以證明③中A，B，C，M四點共面，因為 ＋ ＋ ＝ ，等式兩邊同時加上 ，則( ＋ )＋( ＋ )＋( ＋ )＝0，即 ＋ ＋ ＝0， ＝－ － ，則 與 ， 共面，又M是三個有向線段的公共點，故A，B，C，M四點共面，所以M是△ABC的重心，所以點M在平面ABC上，且在△ABC的內(nèi)部，故③是真命題． 答案：③ 三、解答題 10．解：取x軸正方向的任一向量c＝(x,0,0)(x＞0)，設(shè)所求夾角為α， ∵(a－b)c＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)(x,0,0)＝(a1－b1)x， ∴cos α＝＝＝. 故a－b與x軸正方向的夾角的余弦值為. 11. 解：(1)證明：設(shè) ＝p， ＝q， ＝r. 由題意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量兩兩夾角均為60. ＝ － ＝( ＋ )－ ＝(q＋r－p)， ∴ ＝(q＋r－p)p＝(qp＋rp－p2) ＝(a2cos 60＋a2cos 60－a2)＝0. ∴MN⊥AB.同理可證MN⊥CD. (2)由(1)可知 ＝(q＋r－p)， ∴| |2＝ 2＝(q＋r－p)2 ＝[q2＋r2＋p2＋2(qr－pq－rp)] ＝[a2＋a2＋a2＋2(－－)] ＝2a2＝. ∴| |＝a.∴MN的長為a. 12．解：(1)證明：設(shè) ＝a， ＝b， ＝c， 根據(jù)題意，|a|＝|b|＝|c|且ab＝bc＝ca＝0， ∴ ＝b＋c， ＝－c＋b－a. ∴ ＝－c2＋b2＝0， ∴ ⊥ ，即CE⊥A′D. (2) ＝－a＋c，∴| |＝|a|，| |＝|a|. ＝(－a＋c)(b＋c)＝c2＝|a|2， ∴cos〈 ，〉＝＝. 即異面直線CE與AC′所成角的余弦值為.