2021_2021学年新教材高中数学第一章空间向量与立体几何1.3.2空间向量运算的坐标表示素养作业提技能含解析新人教A版选择性必修第一册.doc

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1、第一章1.31.3.2请同学们认真完成练案 5 A组素养自测一、选择题1已知向量a(2,3,1)，b(1,2,0)，则|ab|等于(B)A1BC3D9解析a(2,3,1)，b(1,2,0)，ab(1,1,1)，|ab|2已知a(1,2，y)，b(x,1,2)，且(a2b)(2ab)，则(B)Ax，y1Bx，y4Cx2，yDx1，y1解析a2b(2x1,4,4y)，2ab(2x,3，2y2)，(a2b)(2ab)，3(2020福建省南平市高二期末)在空间中，已知(1，1,0)，(1,0,1)，则异面直线AB与DC所成角的大小为(B)A30B60C120D150解析cos，所以AB与DC的夹角为6

2、0，故选B4已知点A(1，2,11)，B(4,2,3)，C(6，1,4)，则ABC的形状是(C)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)，|，|，|，|2|2751489|2ABC为直角三角形5(多选题)已知a(2,4，x)，b(2，y,2)，若|a|6，ab，则xy的值是(CD)A3B1C3D1解析|a|6，|a|236，416x236，x216，x4又ab，ab44y2x0，x2y20当x4时，y3，当x4时，y1，xy1或3故选CD二、填空题6已知a(2，3,0)，b(k,0,3)，a，b120，则k_解析ab2k，|a|，|

3、b|，cos 120，k7若向量a(2，3,1)，b(2,0,3)，c(0,2,2)，则a(bc)_3_解析bc(2,0,3)(0,2,2)(2,2,5)，a(bc)(2，3,1)(2,2,5)46538已知a(1，2,1)，b(3,0,5)，c(0,0，)，若a(bc)0，则_8_解析bc(3,0,5)，因为a(bc)0，则350，所以8三、解答题9已知点A(2,3，1)，B(8，2,4)，C(3,0,5)，是否存在实数x，使与垂直？解析(6，5,5)，(1，3,6)，(6，53，56)，()6(6)5(53)5(56)0，存在实数，使与垂直10已知a(5,3,1)，b，若a与b的夹角为钝角

4、，求实数t的取值范围解析ab5(2)3t13t，又a与b的夹角为钝角，ab0，即3t0，t若a与b的夹角为180，则存在0，使ab(0)，即(5,3,1)故即t故t的取值范围是B组素养提升一、选择题1已知向量a(1,0，1)，则下列向量中与a成60夹角的是(B)A(1,1,0)B(1，1,0)C(0，1,1)D(1,0,1)解析设b1(1,1,0)，b2(1，1,0)，b3(0，1,1)，b4(1,0,1)因为cosa，b1，所以a，b1120；因为cosa，b2，所以a，b260；因为cosa，b3，所以a，b3120；因为cosa，b41，所以a，b41802已知向量a(1,2,3)，b(

5、2，4，6)，|c|，若(ab)c7，则a与c的夹角为(C)A30B60C120D150解析ab(1，2，3)a，故(ab)cac7，得ac7，而|a|，所以cosa，c，a，c1203(2020山东东营高二检测)已知a(1t,1t，t)，b(2，t，t)，则|ba|的最小值是(C)ABCD解析ba(1t,2t1,0)，所以|ba|所以当t时，|ba|min4(多选题)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC，ABACAA11，已知G与E分别为A1B1和CC1的中点，D和F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点)，若GDEF，则线段DF的长度的平方可以取的值为(BC)ABCD1解析建立如

6、图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，E，G，F(x,0,0)，D(0，y,0)，且0x1，0y1，GDEF，x2y10，x12y，由0x1得，0y；|DF|，0y，当y时，线段DF长度的最小值是，又y0时，线段DF长度的最大值是1，而D点不在AC的端点，故y0，|DF|1；故线段DF的长度的取值范围是：即线段DF长度的平方的取值范围为，故选BC二、填空题5(2021河南安阳高二检测)已知a(2,3，1)，b(2，1,3)，则以a，b为邻边的平行四边形的面积为_6_解析ab(2,3，1)(2,1,3)4334，|a|，|b|，所以cosa，b所以sina，b所以平行四边形的面积为S|a|

7、b|sina，b66已知向量a(1,1,0)，b(1,0,2)，则向量ab与a的夹角为_；若kab与2ab互相垂直，则k的值是_解析因为a(1,1,0)，b(1,0,2)，则ab(2,1，2)，所以cosab，a，又因为向量夹角的取值范围是0，所以ab，a；因为kab和2ab垂直，则有(kab)(2ab)0，即2ka2(2k)abb20，所以有2k2(2k)(100)50，解得k7在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为A1D1，BB1的中点，则cosEAF_，EF_解析以A为原点，AB，AD，AA1分别为x轴、y轴、z轴建立直角坐标系(图略)，设正方体棱长为1，则E，F，cos，co

8、sEAF，EF|三、解答题8已知A(1,0,0)、B(0,1,0)、C(0,0,2)(1)若，求点D的坐标；(2)问是否存在实数、，使得成立？若存在，求出、的值；若不存在，说明理由解析(1)设D(x，y，z)，则(x,1y，z)，(1,0,2)，(x，y,2z)，(1,1,0)因为，所以，解得，即D(1,1,2)(2)依题意(1,1,0)、(1,0,2)、(0，1，2)，假设存在实数、，使得成立，则有(1,0，2)(1,1,0)(0，1,2)(，2)，所以，故存在1，使得成立9在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是棱D1D的中点，点P，Q分别为线段B1D1，BD上的点，且3，若PQAE，求的值解析如图所示，以点D为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A(1,0,0)，E，B(1,1,0)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1)，由题意，可设点P的坐标为(a，a,1)，因为3，所以3(a1，a1,0)(a，a,0)，所以3a3a，解得a，所以点P的坐标为由题意可设点Q的坐标为(b，b,0)，因为PQAE，所以0，所以0，即0，解得b，所以点Q的坐标为，因为，所以(1，1,0)，所以1，故4