数学人教版新课标A3.1空间向量及其运算课后练习题

3.1.4　空间向量的正交分解及其坐标表示

3.1.5　空间向量运算的坐标表示

基础过关练

题组一　空间向量基本定理及其应用

1.已知{a,b,c}是空间的一个基底,p=a+b,q=a-b,一定可以与向量p,q构成空间的另一个基底的是(　　)

A.a B.b 

C.c D.p-2q

2.已知空间的一个基底{a,b,c},m=a-b+c,n=xa+yb+c(x,y∈R),若m与n共线,则x=　　　,y=　　　. 

3.已知{e1,e2,e3}为空间的一个基底,且=2e1-e2+3e3,=e1+2e2-e3,=-3e1+e2+2e3,=e1+e2-e3.

{,,}能否作为空间的一个基底?若能,试以这一个基底表示;若不能,请说明理由.

题组二　空间向量的坐标表示

4.已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,向量a在基底{,,}下的坐标为(2,1,-3),则向量a在基底{,,}下的坐标为(　　)

A.(2,1,-3) 

B.(-1,2,-3)

C.(1,-8,9) 

D.(-1,8,-9)

5.已知A(1,2,-1)关于平面xOy的对称点为B,而B关于x轴的对称点为C,则=(　　)

A.(0,4,2) 

B.(0,4,0)

C.(0,-4,-2) 

D.(2,0,-2)

6.已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面,建立如图所示的空间直角坐标系,M,N分别是AB,PC的中点,并且PA=AD=1,则的坐标为　　　　. 

7.如图所示,在三棱锥O-ABC中,OA,OB,OC两两垂直,OA=1,OB=2,OC=3,E,F分别为AC,BC的中点,建立以,,方向上的单位向量为正交基底的空间直角坐标系Oxyz,求EF的中点P的坐标.

8.已知在棱长为2的正四面体ABCD中,以△BCD的中心O为坐标原点,OA所在直线为z轴,OC所在直线为y轴建立空间直角坐标系,如图所示,M为AB的中点,求的坐标.

题组三　空间向量的坐标运算

9.已知a=(1,-2,1),a-b=(-1,2,-1),则b=(　　)

A.(2,-4,2) B.(-2,4,-2)

C.(-2,0,-2) D.(2,1,-3)

10.已知向量a=(-2,x,2),b=(2,1,2),c=(4,-2,1),若a⊥(b-c),则x的值为(　　)

A.-2 B.2 

C.3 D.-3

11.若向量a=(1,1,x),b=(1,2,1),c=(1,1,1),且(c-a)·2b=-2,则x的值为(　　)

A.2 B.-2 

C.0 D.1

12.已知A,B,C三点的坐标分别是(2,-1,2),(4,5,-1),(-2,2,3),=(-),则点P的坐标是　　　　. 

题组四　空间向量的平行与垂直

13.已知a=(x,1,2),b=(1,2,-y),且(2a+b)∥(-a+2b),则(　　)

A.x=,y=1    B.x=,y=-4

C.x=2,y=- D.x=1,y=-1

14.已知空间向量a=(1,-1,0),b=(m,1,-1),若a⊥b,则实数m=(　　)

A.-2 B.-1  

C.1 D.2

15.如果三点A(1,5,-2)、B(2,4,1)、C(a,3,b+2)共线,那么a-b=　　　　. 

题组五　空间向量的模与夹角

16.设A(3,3,1),B(1,0,5),C(0,1,0),则AB的中点M到C的距离|CM|的值为(　　)

A. B. C. D.

17.已知向量a=(1,2,3),b=(-2,-4,-6),|c|=,若(a+b)·c=7,则a与c的夹角为(　　)

A.30° B.60° 

C.120° D.150°

18.已知a+b=(2,,2),a-b=(0,,0),则cos<a,b>=(　　)

A.    B. 

C. D.

19.如图,在三棱锥V-ABC中,顶点C在空间直角坐标系的原点处,顶点A,B,V分别在x,y,z轴上,D是线段AB的中点,且AC=BC=2,当∠VDC=60°时,异面直线AC与VD所成角的余弦值为　　　　. 

20.如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,BC=CD=2,AC=4,∠ACB=∠ACD=,F为PC的中点,AF⊥PB.求PA的长.

21.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面是边长为2的菱形,∠DAB=60°,对角线AC与BD相交于点O,PO⊥平面ABCD,PB与平面ABCD所成角为60°.

(1)求四棱锥P-ABCD的体积;

(2)若E是PB的中点,求异面直线DE与PA所成角的余弦值.

能力提升练

一、选择题

1.(★★☆)正方体ABCD-A'B'C'D'中,O1,O2,O3分别是AC,AB',AD'的中点,以{,,}为基底,=x+y+z,则x,y,z的值是(　　)

A.x=y=z=1 B.x=y=z=

C.x=y=z= D.x=y=z=2

2.(2020天津和平期末,★★☆)已知a=(2,4,5),b=(3,x,y),若a∥b,则(　　)

A.x=6,y=15 B.x=3,y=

C.x=3,y=15 D.x=6,y=

3.(2020河南焦作三模,★★☆)在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱AA1,AB上,且C1E⊥EF,则|AF|的最大值为(　　)

A.    B.1  C.  D.2

4.(2018湖北武汉二中月考,★★☆)已知{e1,e2,e3}为空间的一个基底,若a=e1+e2+e3,b=e1+e2-e3,c=e1-e2+e3,d=e1+2e2+3e3,且d=αa+βb+γc(α,β,γ∈R),则α,β,γ分别为(　　)

A.,-1,-    B.,1,

C.-,1,-    D.,1,-

5.(2019甘肃庆阳二中高二月考,★★☆)若a=(x,2,0),b=(3,2-x,x2),且a与b的夹角为钝角,则x的取值范围是(　　)

A.x>4   B.x<-4  C.0<x<4  D.-4<x<0

6.(★★☆)已知=(1,5,-2),=(3,1,z),若⊥,=(x-1,y,-3),且BP⊥平面ABC,则实数x,y,z的值分别为(　　)

A.,-,4 B.,-,4

C.,-2,4    D.4,,-15

7.(2018湖南醴陵一中期末,★★★)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,CA=CC1=2BC,则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为(　　)

A.   B. C.  D.

二、填空题

8.(2018广东潮州期末,★★☆)若A(-1,2,3),B(2,-4,1),C(x,-1,-3)是以BC为斜边的直角三角形的三个顶点,则x=　　　　. 

9.(2019北京101中学高二期中,★★☆)若向量a=(1,λ,2),b=(-2,1,1),且a,b夹角的余弦值为,则λ=　　　　. 

10.(2018黑龙江双鸭山期末,★★★)已知O(0,0,0),A(1,2,3),B(2,1,2),P(1,1,2),点Q在直线OP上运动,当·取最小值时,点Q的坐标是　　　　. 

三、解答题

11.(2019浙江丽水高二期末,★★☆)已知三棱锥C-OAB中,OA,OB,OC两两垂直,OA=OC=3,OB=2,M为OB的中点,点N在AC上,且AN=2NC.

(1)求MN的长;

(2)若点P在线段BC上,设=λ,当AP⊥MN时,求实数λ的值.

12.(2018广东广州二中高二上月考,★★★)如图,三棱锥P-ABC中,点G为△ABC的重心,点M在PG上,且PM=3MG,过点M任意作一个平面分别交线段PA,PB,PC于点D,E,F,若=m ,=n ,=t ,求证:++为定值.

答案全解全析

基础过关练

1.C　易知a,b,c不共面,所以p,q,c不共面.

若存在x,y∈R,使c=xp+yq=(x+y)a+(x-y)b成立,则a,b,c共面,这与已知{a,b,c}是空间的一个基底矛盾,故p,q,c不共面.

2.答案　1;-1

解析　因为m与n共线,且m,n均不为0,所以存在实数λ,使m=λn,即a-b+c=λxa+λyb+λc,于是有解得

3.解析　假设,,共面,由向量共面的充要条件知,存在实数x,y,使=x+y成立,

则e1+2e2-e3=x(-3e1+e2+2e3)+y(e1+e2-e3)=(-3x+y)e1+(x+y)e2+(2x-y)e3.

∵{e1,e2,e3}是空间的一个基底,

∴e1,e2,e3不共面,

∴此方程组无解.

即不存在实数x,y,使=x+y成立,

∴,,不共面.

故{,,}能作为空间的一个基底.

设=p+q+z(p,q,z∈R),

即2e1-e2+3e3=p(e1+2e2-e3)+q(-3e1+e2+2e3)+z(e1+e2-e3)=(p-3q+z)e1+(2p+q+z)e2+(-p+2q-z)e3.

所以解得

所以=17-5-30.

4.B　∵a=2+-3=2 --3=-+2-3,∴向量a在基底{,,}下的坐标为(-1,2,-3),故选B.

5.C　因为A,B两点关于平面xOy对称,所以B(1,2,1).又B,C两点关于x轴对称,所以C(1,-2,-1).所以=(0,-4,-2).

6.答案　

解析　∵PA=AD=AB=1,且PA⊥平面ABCD,M,N分别为AB,PC的中点,

∴M,P(0,0,1),C(-1,1,0),

则N,

∴=.

7.解析　如图,连接OE,OP,令Ox,Oy,Oz方向上的单位向量分别为i,j,k.

则=+=(+)+

=(+)+(-)

=++

=i+×2j+×3k

=i+j+k,

所以P点的坐标为.

8.解析　易知△BCD的中线长为×2=,则OC=.

∴OA===.

设i,j,k分别是x,y,z轴正方向上的单位向量,x轴与BC的交点为E,则OE=BD=,

∴=(+)=(++)==++(-)=-+=i-j+k,

∴=.

9.A　b=a-(a-b)=(1,-2,1)-(-1,2,-1)=(2,-4,2).

10.A　∵b-c=(-2,3,1),且a⊥(b-c),∴a·(b-c)=4+3x+2=0,∴x=-2.

11.A　易知c-a=(0,0,1-x),2b=(2,4,2),

所以(c-a)·2b=2(1-x)=2-2x=-2,

所以x=2.

12.答案　

解析　易知=(6,3,-4),设P(a,b,c),则=(a-2,b+1,c-2)==,∴a=5,b=,c=0,

∴点P的坐标是.

13.B　2a+b=2(x,1,2)+(1,2,-y)=(2x+1,4,4-y),-a+2b=-(x,1,2)+2(1,2,-y)=(2-x,3,-2y-2),∵(2a+b)∥(-a+2b),∴存在实数λ,使得2a+b=λ(-a+2b),

∴∴

14.C　向量a=(1,-1,0),b=(m,1,-1),若a⊥b,则1×m+(-1)×1+0×(-1)=0,

解得m=1.

15.答案　1

解析　∵A,B,C三点共线,∴存在实数λ使=λ,又=(2,4,1)-(1,5,-2)=(1,-1,3),

=(a,3,b+2)-(1,5,-2)=(a-1,-2,b+4),

∴(1,-1,3)=λ(a-1,-2,b+4),

∴解得∴a-b=1.

16.C　∵AB的中点为M,∴=,故|CM|=||==.

17.C　a+b=(1,2,3)+(-2,-4,-6)=(-1,-2,-3)=-a,故(a+b)·c=-a·c=7,得a·c=-7,而|a|==,

所以cos<a,c>===-,

所以<a,c>=120°.

18.C　由已知得a=(1,,),b=(1,0,),∴cos<a,b>===.

19.答案　

解析　由题意得,A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,0),D(1,1,0),当∠VDC=60°时,在Rt△VCD中,CD=,VC=,VD=2,∴V(0,0,),∴=(-2,0,0),=(1,1,-),∴·=(-2,0,0)·(1,1,-)=-2,∴cos<,>===-,又异面直线所成角的范围是,∴异面直线AC与VD所成角的余弦值为.

20.解析　如图,连接BD交AC于点O,因为BC=CD,所以△BCD为等腰三角形,又CA平分∠BCD,故AC⊥BD.

以O为坐标原点,,的方向分别为x,y轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系.

因为∠ACD=,所以OC=CD×cos =1,又AC=4,所以AO=AC-OC=3,

又OB=OD=CD×sin =,

故A(0,-3,0),B(,0,0),C(0,1,0),D(-,0,0).

因为PA⊥底面ABCD,所以设P(0,-3,z),其中z>0.

由F为PC的中点,得F,所以=,=(,3,-z).

又AF⊥PB,所以·=0,即6-=0,解得z=2或z=-2(舍去).

所以=(0,0,-2),则||=2.

所以PA的长为2.

21.解析　(1)∵四边形ABCD是边长为2的菱形,且∠DAB=60°,∴OA=OC=,OB=OD=1,S菱形ABCD=×2×2=2.

由题意知在Rt△POB中,∠PBO=60°,

∴PO=OB·tan 60°=.

∴VP-ABCD=S菱形ABCD·PO=×2×=2.

(2)如图,以O为坐标原点,OB,OC,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,

则B(1,0,0),D(-1,0,0),A(0,-,0),P(0,0,),E,

∴=,=(0,-,-),

∴·=0+0+×(-)=-,

||=,||=,

∴cos<,>===-,

又异面直线所成角的范围是,

∴异面直线DE与PA所成角的余弦值为.

能力提升练

一、选择题

1.A　=++

=(+)+(+)+(+)

=++=++,

由空间向量基本定理,得x=y=z=1.

2.D　∵a∥b,∴存在实数λ,使b=λa,即解得故选D.

3.B　以AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则C1(4,4,4),设E(0,0,z),z∈[0,4],F(x,0,0),x∈[0,4],则|AF|=x,=(4,4,4-z),=(x,0,-z).因为C1E⊥EF,所以·=0,即(4,4,4-z)·(x,0,-z)=z2+4x-4z=0,则x=z-z2.又z∈[0,4],所以当z=2时,x取得最大值1.即|AF|的最大值为1.

4.A　d=αa+βb+γc=α(e1+e2+e3)+β(e1+e2-e3)+γ(e1-e2+e3)=(α+β+γ)e1+(α+β-γ)e2+(α-β+γ)e3,

又d=e1+2e2+3e3,

所以解得

5.B　 因为a与b的夹角为钝角,所以a·b<0,所以3x+2(2-x)<0,解得x<-4,易知a,b不共线,故x<-4.

6.B　∵⊥,∴·=(1,5,-2)·(3,1,z)=3+5-2z=0,解得z=4,

∴=(3,1,4).

∵BP⊥平面ABC,∴⊥,⊥.

∴

即解得故选B.

7.D　设BC=1,因为CA=CC1=2BC,

所以CA=CC1=2,分别以CA,CC1,CB所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(0,0,1),B1(0,2,1),C1(0,2,0),

所以=(0,2,-1),=(-2,2,1),

所以cos<,>===,故直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为,故选D.

二、填空题

8.答案　-11

解析　由题意知AB⊥AC,所以·=0,

因为=(3,-6,-2),=(x+1,-3,-6),所以3(x+1)+18+12=0,所以x=-11.

9.答案　1

 解析　∵a=(1,λ,2),b=(-2,1,1),∴|a|=,|b|=.

又a,b夹角的余弦值为,

∴a·b=-2+λ+2=××,

整理得λ2=1,解得λ=±1.

当λ=-1时,a·b=-1,不合题意,舍去.

当λ=1时,a·b=1,符合题意.

∴λ=1.

10.答案　

解析　设=x=(x,x,2x),

则=(1-x,2-x,3-2x),=(2-x,1-x,2-2x),

因此·=6x2-16x+10,

所以当x=时,·取得最小值,此时点Q的坐标是.

三、解答题

11.解析　(1)以OA,OB,OC所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,

则O(0,0,0),A(3,0,0),B(0,2,0),C(0,0,3).

∵M为OB的中点,AN=2NC,∴M(0,1,0),N(1,0,2),则=(1,-1,2),

∴||==.

故MN的长为.

(2)设P(0,y,z),∵=λ,且点P在线段BC上,

∴=λ,∴P,

∵AP⊥MN,∴·=0,

即·(1,-1,2)=0,

∴-3-+=0,

解得λ=.

12.证明　连接AG并延长,交BC于点H,由题意,可令{,,}为空间的一个基底,==(+)=+×=+×=+(-)+(-)=++.连接DM.因为点D,E,F,M共面,所以存在实数λ,μ,使得=λ+μ,即-=λ(-)+μ(-),所以=(1-λ-μ)+λ+μ

=(1-λ-μ)m+λn+μt.

由空间向量基本定理,知=(1-λ-μ)m,=λn,=μt,所以++=4(1-λ-μ)+4λ+4μ=4,为定值.