空间向量运算的坐标表示 同步检测--高二上学期数学人教A版(2019）选择性必修第一册.docx

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1、1.3.2 空间向量运算的坐标表示（同步检测）一、选择题1.已知a(1,0,1)，b(2，1,1)，c(3,1,0)，则ab2c( )A(9，3,0)B(0,2，1)C(9,3,0) D(9,0,0)2.多选若向量a(1,2,0)，b(2,0,1)，则( )Acosa，b BabCab D|a|b|3.已知A(2，5,1)，B(2，2,4)，C(1，4,1)，则向量与的夹角为()A30 B45C60 D904.若ABC中，C90，A(1,2，3k)，B(2,1,0)，C(4,0，2k)，则k的值为( )A. BC2 D5.已知向量a(1,2,3)，b(2，4，6)，|c|，若(ab)c7，则a

2、与c的夹角为()A30 B60 C120 D1506.若A(3cos ，3sin ，1)，B(2cos ，2sin ，1)，则的取值范围是()A1,3B1,5C，5 D3，7.已知O为坐标原点，(1,2,3)，(2,1,2)，(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，则当取得最小值时，点Q的坐标为()A. BC. D二、填空题8.若m(2，1,1)，n(，5,1)，且m(mn)，则_9.若a(x,2,2)，b(2，3,5)的夹角为钝角，则实数x的取值范围是_10.已知点A(1，1,3)，B(2，2)，C(3，3,9)三点共线，则实数_，_11.已知点A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,

3、2)，O(0,0,0)，点Q在直线OP上运动，当取得最小值时，点Q的坐标为_三、解答题12.已知正三棱柱ABC-A1B1C1，底面边长AB2，AB1BC1，点O，O1分别是边AC，A1C1的中点，建立如图所示的空间直角坐标系(1)求三棱柱的侧棱长；(2)求异面直线AB1与BC所成角的余弦值13.如图，已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，A1A6，且A1A底面ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上若P是DD1的中点证明：AB1PQ.14.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O1是A1B1C1D1的中心，E1在B1C1上，并且B1E1B1C1，求BE1与

4、CO1所成的角的余弦值15.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，所有的棱长均为2，M是BC边的中点，则在棱CC1上是否存在点N，使得与所成的夹角为？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由参考答案及解析：一、选择题1.C 解析：ab2c(1,0,1)(2，1,1)(6,2,0)(3,1,0)(6,2,0)(9,3,0)2.AD 解析：向量a(1,2,0)，b(2,0,1)，|a|，|b|，ab1(2)20012，cosa，b. 由上知B不正确，A、D正确C显然也不正确3.C 解析：(0,3,3)，(1,1,0)，|3，|，0(1)31303，cos，.0，180，60.4.D 解析：因为(6

5、,1,2k)，(3,2，k)，则(6)(3)22k(k)2k2200，所以k.5.C 解析：ab(1，2，3)a，故(ab)cac7，得ac7，而|a|，所以cosa，c，a，c120.6.B 解析：A(3cos ，3sin ，1)，B(2cos ，2sin ，1)，(2cos 3cos ，2sin 3sin ，0)，|，1|5.故选B.7.C 解析：设，则(1，2，32)，(2，1，22)，所以(1，2，32)(2，1，22)2(3285)2.所以当时，最小，此时，即点Q的坐标为.二、填空题8.答案：5 解析：由已知得mn(2，6,0)由m(mn)0得，2(2)600，所以5.9.答案：(，

6、2)解析：ab2x23252x4，设a，b的夹角为，因为为钝角，所以cos 0，|b|0，所以ab0，即2x40，所以x2，又a，b不会反向，所以实数x的取值范围是(，2)10.答案：0，0解析：因为(1,1，23)，(2，2,6)，由A，B，C三点共线，得，即，解得0，0.11.答案：解析：设(，2)，故Q(，2)，(1，2，32)，(2，1，22)则62161062，当取最小值时，此时点Q的坐标为.三、解答题12.解：(1)设正三棱柱的侧棱长为h，由题意得A(0，1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，B1(，0，h)，C1(0,1，h)，则(，1，h)，(，1，h)因为AB1BC1，

7、所以31h20，所以h.(2)由(1)可知(，1，)，(，1,0)，所以312.因为|，|2，所以cos，.所以异面直线AB1与BC所成角的余弦值为.13.证明：由题设知，AA1，AB，AD两两垂直以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为A(0,0,0)，B1(3,0,6)，D(0,6,0)，D1(0,3,6)，Q(6，m,0)，其中mBQ，0m6.因为P是DD1的中点，所以P，.又(3,0,6)，于是18180，所以，即AB1PQ.14.解：不妨设AB1，以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则B(1,0，0)，E1，C(1,1,0)，O1，| ，| .cos，.即BE1与CO1所成角的余弦值为.15.解：以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，由已知，棱长都等于2，所以A(0,0,0)，B(，1,0)，C(0,2,0)，B1(，1,2)，M.假设存在点N在棱CC1上，可以设N(0,2，m)(0m2)，则有(，1,2)，所以|2，|，(，1,2)2m1.cos，cos，解得m.这与0m2矛盾，所以在棱CC1上不存在点N，使得与所成的夹角为.7学科网（北京）股份有限公司