课时作业(四) 空间直角坐标系　空间向量运算的坐标表示

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1．已知a＝(－3,2,5)，b＝(1，x，－1)，且a·b＝2，则x的值是( )
A．3 B．4
C．5 D．6
2．已知a＋b＝(2，eq \r(2)，2eq \r(3))，a－b＝(0，eq \r(2)，0)，则cs〈a，b〉＝( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,6)
C.eq \f(\r(6),3) D.eq \f(\r(6),6)
3．已知向量(x，y,2)与向量(1,2,4)共线，则x＋y＝________________.
4．已知a＝(2,1,3)，b＝(－4,2，x)，且a⊥b，则|a－b|＝________.
5．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为棱CC1的中点，则异面直线BD1与AM所成角的余弦值为________．
6．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，A1A＝6，且A1A⊥底面ABCD.点P，Q分别在棱DD1，BC上．若P是DD1的中点，证明：AB1⊥PQ.
[提能力]
7．(多选)已知向量a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)，则下列结论正确的是( )
A．a∥b B．a⊥b
C．a∥c D．b∥c
8．设O为坐标原点，向量eq \(OA,\s\up6(→))＝(1,2,3)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(2,1,2)，eq \(OP,\s\up6(→))＝(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，则当eq \(QA,\s\up6(→))·eq \(QB,\s\up6(→))取得最小值时，点Q的坐标为________．
9．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是D1D，BD的中点，G在棱CD上，且CG＝eq \f(1,4)CD，H是C1G的中点．
(1)求EF与B1C所成的角；
(2)求EF与C1G所成角的余弦值；
(3)求F，H两点间的距离．
[战疑难]
10．已知棱长为a的正四面体ABCD，如图，建立空间直角坐标系，O为A在底面上的射影，M，N分别为线段AB，AD的中点，则M的坐标是________，CN与DM所成角的余弦值为________．
课时作业(四)
1．解析：因为a＝(－3,2,5)，b＝(1，x，－1)，
所以a·b＝－3＋2x－5＝2，解得x＝5.
故选C.
答案：C
2．解析：由已知得a＝(1，eq \r(2)，eq \r(3))，b＝(1,0，eq \r(3))．
∴cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(1＋0＋3,\r(6)×\r(4))＝eq \f(\r(6),3).
故选C.
答案：C
3．解析：因为向量(x，y,2)与向量(1,2,4)共线，
则存在λ，使(x，y,2)＝λ(1,2,4)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝λ,y＝2λ，,2＝4λ))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,2)，,y＝1，))
∴x＋y＝eq \f(3,2).
答案：eq \f(3,2)
4．解析：由题，因为a⊥b，所以a·b＝－8＋2＋3x＝0，即x＝2，
所以b＝(－4,2,2)，则a－b＝(6，－1,1)，
所以|a－b|＝eq \r(62＋－12＋1)＝eq \r(38).
答案：eq \r(38)
5．解析：
分别以eq \(DA,\s\up10(→))，eq \(DC,\s\up10(→))，eq \(DD1,\s\up10(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，D1(0,0,1)，可得eq \(BD1,\s\up10(→))＝(－1，－1,1)，eq \(AM,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1，\f(1,2)))，则cs〈eq \(BD1,\s\up10(→))，eq \(AM,\s\up10(→))〉＝eq \f(\(BD1,\s\up10(→))·\(AM,\s\up10(→)),|\(BD1,\s\up10(→))||\(AM,\s\up10(→))|)＝eq \f(1－1＋\f(1,2),\r(3)·\r(1＋1＋\f(1,4)))＝eq \f(\r(3),9)，即异面直线BD1与AM所成角的余弦值为eq \f(\r(3),9).
答案：eq \f(\r(3),9)
6．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A(0,0,0)，B1(3,0,6)，D(0,6,0)，D1(0,3,6)，设Q(6，m,0)，其中m＝BQ,0≤m≤6.
因为P是DD1的中点，所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9,2)，3))，
所以eq \(PQ,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，m－\f(9,2)，－3))，又eq \(AB1,\s\up10(→))＝(3,0,6)，
于是eq \(AB1,\s\up10(→))·eq \(PQ,\s\up10(→))＝18－18＝0，所以eq \(AB1,\s\up10(→))⊥eq \(PQ,\s\up10(→))，即AB1⊥PQ.
7．解析：因为a·b＝－2×2＋1×4＝0，
所以a⊥b，B正确；
因为a＝(－2，－3,1)＝eq \f(1,2)(－4，－6,2)＝eq \f(1,2)c
所以a∥c，C正确；
因为b·c＝2×(－4)＋4×2＝0，所以b⊥c，D不正确．故选BC.
答案：BC
8．解析：∵Q在直线OP上，可设Q(x，x,2x)，则eq \(QA,\s\up10(→))＝(1－x,2－x,3－2x)，eq \(QB,\s\up10(→))＝(2－x,1－x,2－2x)，
∴eq \(QA,\s\up10(→))·eq \(QB,\s\up10(→))＝(1－x)(2－x)＋(2－x)·(1－x)＋(3－2x)·(2－2x)＝6x2－16x＋10＝6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,3)))2－eq \f(2,3).
故当x＝eq \f(4,3)时，eq \(QA,\s\up10(→))·eq \(QB,\s\up10(→))取最小值，此时Q点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3)))
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3)))
9．解析：
如图所示，分别以eq \(DA,\s\up10(→))，eq \(DC,\s\up10(→))，eq \(DD1,\s\up10(→))为单位正交基底建立空间直角坐标系D－xyz，则D(0,0,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，C(0,1,0)，C1(0,1,1)，B1(1,1,1)，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)，0)).
(1)易得eq \(EF,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，－\f(1,2)))，eq \(B1C,\s\up10(→))＝(－1,0，－1)，则eq \(EF,\s\up10(→))·eq \(B1C,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，－\f(1,2)))·(－1,0，－1)＝eq \f(1,2)×(－1)＋eq \f(1,2)×0＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))×(－1)＝0.
∴eq \(EF,\s\up10(→))⊥eq \(B1C,\s\up10(→))，即EF⊥B1C，∴EF与B1C所成的角为90°.
(2)eq \(C1G,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,4)，－1))，则|eq \(C1G,\s\up10(→))|＝eq \f(\r(17),4).
又|eq \(EF,\s\up10(→))|＝eq \f(\r(3),2)，且eq \(EF,\s\up10(→))·eq \(C1G,\s\up10(→))＝eq \f(3,8)，
∴cs〈eq \(EF,\s\up10(→))，eq \(C1G,\s\up10(→))〉＝eq \f(\(EF,\s\up10(→))·\(C1G,\s\up10(→)),|\(EF,\s\up10(→))||\(C1G,\s\up10(→))|)＝eq \f(\f(3,8),\f(\r(3),2)×\f(\r(17),4))＝eq \f(\r(51),17).
即EF与C1G所成角的余弦值为eq \f(\r(51),17).
(3)∵H是C1G的中点，∴Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7,8)，\f(1,2)))，则eq \(FH,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,8)，\f(1,2))).
∴FH＝|eq \(FH,\s\up10(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,8)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(41),8).
10．解析：由正四面体棱长为a，知△BCD的外接圆半径为eq \f(\r(3),3)a，
∴Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)a，－\f(\r(3),6)a，0))，又正四面体的高为 eq \r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)a))2)＝eq \f(\r(6),3)a，
∴Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(6),3)a))，
∴AB的中点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)a，－\f(\r(3),12)a，\f(\r(6),6)a)).
又Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)a，0))，∴eq \(DM,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)a，－\f(5\r(3),12)a，\f(\r(6),6)a))，
同理可得eq \(CN,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)a，\f(\r(3),3)a，\f(\r(6),6)a)).
∴eq \(DM,\s\up10(→))与eq \(CN,\s\up10(→))夹角的余弦值为cs〈eq \(DM,\s\up10(→))，eq \(CN,\s\up10(→))〉＝eq \f(\(DM,\s\up10(→))·\(CN,\s\up10(→)),|\(DM,\s\up10(→))||\(CN,\s\up10(→))|)＝－eq \f(1,6).
∴异面直线CN与DM所成角的余弦值为eq \f(1,6).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)a，－\f(\r(3),12)a，\f(\r(6),6)a))，eq \f(1,6).