2020年高中数学第三章空间向量与立体几何3

2020年高中数学第三章空间向量与立体几何3

‎3.1.5‎‎ 空间向量运算的坐标表示 ‎[课时作业]‎ ‎[A组　基础巩固]‎ ‎1．已知a＝(1，－2,1)，a－b＝(－1,2，－1)，则b等于(　　)‎ A．(2，－4,2)　　　　　 B．(－2,4，－2)‎ C．(－2,0，－2) D．(2,1，－3)‎ 解析：b＝a－(－1,2，－1)＝(1，－2,1)－(－1,2，－1)＝(2，－4,2)，故选A.‎ 答案：A ‎2．若非零向量a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则＝＝是a与b同向或反向的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：若＝＝，则a与b同向或反向，反之不成立．‎ 答案：A ‎3.以正方体ABCDA1B‎1C1D1的顶点D为坐标原点O，如图建立空间直角坐标系，则与共线的向量的坐标可以是(　　)‎ A．(1，，)‎ B．(1,1，)‎ C．(，，)‎ D．(，，1)‎ 解析：设正方体的棱长为1，‎ 则由图可知D(0,0,0)，B1(1,1,1)，‎ ‎∴＝(1,1,1)，‎ ‎∴与共线的向量的坐标可以是(，，)．‎ 答案：C ‎4．已知点A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)，则△ABC的形状是(　　)‎ A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 解析：＝(3,4，－8)，＝(5,1，－7)，＝(2，－3,1)，‎ ‎∴||＝＝，‎ 8‎ ‎||＝＝，‎ ‎||＝＝，‎ ‎∴||2＋||2＝75＋14＝89＝||2.‎ ‎∴△ABC为直角三角形．‎ 答案：C ‎5．已知向量a＝(2，－1,2)，b＝(2,2,1)，则以a，b为邻边的平行四边形的面积为(　　)‎ A. B. C．4 D．8‎ 解析：cos〈a，b〉＝＝，sin〈a，b〉＝＝ ‎＝，S＝|a||b|sin〈a，b〉＝3×3×＝.‎ 答案：B ‎6．已知a＝(λ＋1,0,2λ)，b＝(6，2μ－1，2)，且a∥b，则λ＋μ＝________.‎ 解析：∵a∥b，∴a＝tb.‎ ‎∴∴ ‎∴λ＋μ＝＋＝.‎ 答案： ‎7．已知点A(λ＋1，μ－1,3)，B(2λ，μ，λ－2μ)，C(λ＋3，μ－3,9)三点共线，则实数λ＋μ＝________.‎ 解析：∵＝(λ－1,1，λ－2μ－3)，＝(2，－2,6)．‎ 若A，B，C三点共线，则∥，‎ 即＝－＝，‎ 解得λ＝0，μ＝0，所以λ＋μ＝0.‎ 答案：0‎ ‎8．已知a＝(1,0,1)，b＝(－2，－1,1)，c＝(3,1,0)，则|a－b＋‎2c|＝________.‎ 解析：∵a＝(1,0,1)，b＝(－2，－1,1)，c＝(3,1,0)，‎ ‎∴a－b＋‎2c＝(1,0,1)－(－2，－1,1)＋(6,2,0)‎ ‎＝(9,3,0)，‎ 8‎ ‎∴|a－b＋‎2c|＝＝＝3.‎ 答案：3 ‎9．已知空间三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．‎ ‎(1)若∥，且||＝2，求点P的坐标；‎ ‎(2)求以，为邻边的平行四边形的面积．‎ 解析：(1)∵∥，∴可设＝λ，‎ 又＝(3，－2，－1)，∴＝(3λ，－2λ，－λ)，‎ 又||＝2，‎ ‎∴＝2，‎ ‎∴λ＝±2，∴＝(6，－4，－2)或＝(－6,4,2)．‎ 设点P的坐标为(x，y，z)，∴＝(x，y－2，z－3)．‎ ‎∴或 解得或 故所求点P的坐标为(6，－2,1)或(－6,6,5)．‎ ‎(2)由题中条件可知：＝(－2，－1,3)，＝(1，－3，2)．‎ ‎∴cos〈，〉＝＝＝＝，‎ ‎∴sin〈，〉＝.‎ ‎∴以，为邻边的平行四边形的面积 S＝||||sin〈，〉＝14×＝7.‎ ‎10.如图，已知正三棱柱ABCA1B‎1C1的各条棱长都相等，P为A1B上的点，＝λ，且PC⊥AB.求：‎ ‎(1)λ的值；‎ ‎(2)异面直线PC与AC1所成角的余弦值．‎ 解析：(1)设正三棱柱的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则 8‎ A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0，1,0)，A1(0，－1,2)，B1(，0,2)，‎ C1(0,1,2)，‎ 于是＝(，1,0)，＝ (0，－2，2)，＝(，1，－2)．‎ 因为PC⊥AB，‎ 所以·＝0，即(＋)·＝0，‎ 也即(＋λ)·＝0.‎ 故λ＝－＝.‎ ‎(2)由(1)知＝，＝(0,2,2)，‎ cos〈，〉＝＝＝－，‎ 所以异面直线PC与AC1所成角的余弦值是.‎ ‎[B组　能力提升]‎ ‎1．已知A(1,0,0)，B(0，－1,1)，O(0,0,0)，＋λ与的夹角为120°，则λ的值为(　　)‎ A．±　　B．　　　C．－　　　D．± 解析：∵＝(1,0,0)，＝(0，－1,1)，‎ ‎∴＋λ＝(1，－λ，λ)，‎ ‎∴(＋λ)·＝λ＋λ＝2λ，‎ ‎|＋λ|＝＝，||＝.‎ ‎∴cos 120°＝＝－，∴λ2＝.‎ 又<0 ，∴λ＝－.‎ 答案：C ‎2.如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B‎1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1‎ 8‎ 与直线AB1夹角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：设|CB|＝a，则|CA|＝|CC1|＝‎2a，‎ A(‎2a,0,0)，B(0,0，a)，C1(0,‎2a,0)，B1(0,‎2a，a)，‎ ‎∴＝(－‎2a,‎2a，a)，＝(0,‎2a，－a)，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝，故选A.‎ 答案：A ‎3．若A(3cos α，3sin α，1)，B(2cos θ，2sin θ，1)，则||的取值范围是_____．‎ 解析：||‎ ‎＝ ‎＝ ‎＝，‎ ‎∴1≤||≤5.‎ 答案：[1,5]‎ ‎4．已知a＝(1,2,3)，b＝(3,0，－1)，c＝，给出下列等式：‎ ‎①|a＋b＋c|＝|a－b－c|；②(a＋b)·c＝a·(b＋c)；‎ ‎③(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2；④(a·b)·c＝a·(b·c)．‎ 其中正确的等式是________(只填序号)‎ 解析：对①，a＋b＋c＝(，3，)＝(19,15,7)，‎ a－b－c＝(－，1，)＝(－9,5,23)，‎ ‎|a＋b＋c|＝ ＝，‎ ‎|a－b－c|＝ ＝.‎ ‎∴①正确．‎ 8‎ 对②，(a＋b)·c＝(4,2,2)·(－，1，－)‎ ‎＝(2,1,1)·(－1,5，－3)＝×[2×(－1)＋1×5＋1×(－3)]＝0，‎ a·(b＋c)＝(1,2,3)·(，1，－)‎ ‎＝(1,2,3)·(14,5，－8)‎ ‎＝[1×14＋2×5＋3×(－8)]＝0，‎ ‎∴②正确．‎ 对③，(a＋b＋c)2＝|a＋b＋c|2＝，‎ a2＋b2＋c2＝12＋22＋32＋32＋02＋(－1)2＋(－)2＋12＋(－)2＝，‎ ‎∴③正确．‎ 对④，(a·b)·c＝0·c＝0，a·(b·c)＝(1,2,3)×0＝0，‎ ‎∴④正确．‎ 答案：①②③④‎ ‎5．在棱长为1的正方体ABCDA1B‎1C1D1中，E，F分别是D1D，BD的中点，G在棱CD上，且CG＝CD，H为C‎1G的中点，应用空间向量方法求解下列问题：‎ ‎(1)求EF与C‎1G所成角的余弦值；‎ ‎(2)求FH的长．‎ 解析：如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，D为坐标原点，‎ 则有E，F，C(0,1,0)，C1(0,1,1)，G.‎ ‎(1)因为＝－(0,1,1)‎ ‎＝，‎ ＝－＝.‎ 所以||＝，||＝，‎ ·＝×0＋×＋×(－1)‎ ‎＝.‎ 8‎ 所以cos〈，〉＝＝.‎ 即异面直线EF与C‎1G所成角的余弦值为.‎ ‎(2)因为F，H，‎ 所以＝，‎ 所以||＝ ＝，‎ 即FH的长为.‎ ‎6.如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是一直角梯形，∠BAD＝90°，AB∥DC，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝AB＝1.‎ ‎(1)证明：平面PAD⊥平面PCD；‎ ‎(2)设AB，PA，BC的中点依次为M、N、T，求证：PB∥平面MNT；‎ ‎(3)求异面直线AC与PB所成角的余弦值．‎ 解析：∠BAD＝90°且PA⊥底面ABCD，以A为坐标原点，分别以AD，AB，AP为x，y，z轴建立如图所示坐标系．‎ ‎∴A(0,0,0)，P(0,0,1)，B(0,2,0)，D(1,0,0)，C(1，1,0)，M(0,1,0)，N，T.‎ ‎(1)证明：＝(0,1,0)，＝(1,0,0)，＝(0,0,1)．‎ ‎∴·＝0，·＝0，‎ ‎∴DC⊥AD，DC⊥AP.‎ 又∵AP∩AD＝A，∴DC⊥平面PAD，‎ DC⊂平面PCD，∴平面PAD⊥平面PCD.‎ ‎(2)证明：＝(0,2，－1)，＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴PB∥NM，‎ 又∵NM⊂平面MNT，PB⊄平面MNT，‎ ‎∴PB∥平面MNT.‎ 8‎ ‎(3)＝(1,1,0)， ＝(0,2，－1)，‎ ‎∴||＝，||＝，·＝2，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝＝.‎ 所以异面直线AC与PB所成角的余弦值为.‎ 8‎