高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第一册第三章 空间向量与立体几何3 空间向量基本定理及向量的直角坐标运算3.1 空间向量基本定理当堂检测题

第三章3.2　空间向量运算的坐标表示及应用

A级 必备知识基础练

1.[2023福建厦门外国语学校高二期末]已知a=(1,2,-y),b=(x,1,2),且2b∥(a-b),则(　　)

A.x=,y=1

B.x=,y=-4

C.x=2,y=-

D.x=1,y=-1

2.如图,边长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,的值为(　　)

A.-2 B.-1 C.1 D.2

3.已知点A(1,-1,2),B(2,-1,1),C(3,3,2),又点P(x,7,-2)在平面ABC内,则x的值为(　　)

A.11 B.9 C.1 D.-4

4.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2AB=2,E为棱AB的中点,F为线段BB1上的一点,且A1C⊥EF,则=(　　)

A.10 B.12 C.15 D.20

5.给出下列命题:

①若空间向量a,b满足|a|=|b|,则a=b;

②空间任意两个单位向量必相等;

③若空间向量a,b,c满足a·c=b·c,则a=b;

④在正方体ABCD-A1B1C1D1中,必有;

⑤向量a=(1,1,0)的模为.

其中假命题的个数是(　　)

A.1 B.2 C.3 D.4

6.(多选题)已知空间向量a=(-2,-1,1),b=(3,4,5),则下列结论正确的是(　　)

A.(2a+b)∥a

B.5|a|=|b|

C.a⊥(5a+6b)

D.a与b夹角的余弦值为-

7.已知点A(-1,3,5),B(2,1,4),C(1,0,-2),且ABCD是平行四边形,则点D的坐标为　　　　　　　. 

8.已知a=(x,4,1),b=(-2,y,-1),c=(3,-2,z),a∥b,b⊥c,求:(1)a,b,c;(2)a+c与b+c所成角的余弦值.

9.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是AB的中点,F是BB1的中点,G是AB1的中点.

(1)试建立适当的坐标系,并确定E,F,G三点的坐标;

(2)求证:A1C⊥EF.

B级 关键能力提升练

10.[2023江苏淮安高二期末]

如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥平面ABCD,PA=AB,M为PC上一动点,PM=tPC,若∠BMD为钝角,则实数t可能为(　　)

A. B. 

C. D.

11.设x,y∈R,向量a=(x,1,1),b=(1,y,1),c=(2,-4,2),且a⊥c,b∥c,则|a+b|=(　　)

A.2 B. C.3 D.4

12.已知向量a=(1,2,2),b=(-2,1,1),则向量b在向量 a上的投影向量为(　　)

A.-,-,- B.

C.- D.,-,-

13.已知空间向量a=(3,0,1),b=(-2,1,n),c=(1,2,3)且(a-c)·b=2,则a与b的夹角的余弦值为(　　)

A. B.- C. D.-

14.(多选题)已知空间三点A(-1,0,1),B(-1,2,2),C(-3,0,4),则下列说法正确的是(　　)

A.=3 B.

C.||=2 D.cos<>=

15.已知空间三点A(0,0,1),B(-1,1,1),C(1,2,-3),若直线AB上存在一点M,满足CM⊥AB,则点M的坐标为　　　　　. 

16.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点O为底面ABCD的中心,点P在侧面BB1C1C的边界及其内部运动.若D1O⊥OP,则△D1C1P面积的最大值为　　　　　. 

17.[2023吉林油田高级中学高二开学考试]已知空间中三点的坐标分别为A(3,0,-1),B(3,1,0),C(5,0,-2),且a=,b=.

(1)求向量a与b夹角的余弦值;

(2)若ka+b与a-b互相垂直,求实数k的值.

C级 学科素养创新练

18.已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,2).

(1)若,求点D的坐标;

(2)是否存在实数α,β,使得=α+β成立?若存在,求出α,β的值;若不存在,说明理由.

参考答案

3.2　空间向量运算的坐标表示及应用

1.B　a=(1,2,-y),b=(x,1,2),

则a-b=(1-x,1,-y-2),2b=(2x,2,4),

由2b∥(a-b),可得解得故选B.

2.B　

以点D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示空间直角坐标系,则A(1,0,0),D(0,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),故=(1,0,0),=(-1,-1,1),则=-1,故选B.

3.B　由题意可知,

A(1,-1,2),B(2,-1,1),C(3,3,2),P(x,7,-2),

则=(x-1,8,-4),=(1,0,-1),=(2,4,0),

因为点P在平面ABC内,并设未知数a,b,

则=a+b,(x-1,8,-4)=a(1,0,-1)+b(2,4,0),

即解得x=9.故选B.

4.C　

以点E为坐标原点,EC,EB以及过点E且与同向的方向分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.则E(0,0,0),C,0,0,A10,-,2,设F0,,λ,由A1C⊥EF,知=,-2·0,,λ=0,解得λ=,故=15.故选C.

5.C　在①中,若空间向量a,b满足|a|=|b|,向量a与b方向不一定相同,故①是假命题;

在②中,空间任意两个单位向量的模必相等,但方向不一定相同,故②是假命题;

在③中,若空间向量a,b,c满足a·c=b·c,则向量a与b不一定相等,故③是假命题;

在④中,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,由向量相等的定义得必有,故④是真命题;

在⑤中,由模的定义得向量a=(1,1,0)的模为,故⑤是真命题.

故选C.

6.BCD　对于A选项,2a+b=(-1,2,7),不存在λ,使得2a+b=λa,故A错误;

对于B选项,5|a|=5=5|b|==5,故B正确;

对于C选项,5a+6b=(8,19,35),a·(5a+6b)=-2×8-1×19+1×35=0,

则a⊥(5a+6b),故C正确;

对于D选项,|a|=,|b|==5,a·b=-6-4+5=-5,

所以cos<a,b>==-,故D正确.

故选BCD.

7.(-2,2,-1)　点A(-1,3,5),B(2,1,4),C(1,0,-2),

设D(x,y,z),∵ABCD是平行四边形,得,

∴(x+1,y-3,z-5)=(-1,-1,-6),

解得则点D的坐标为(-2,2,-1).

8.解 (1)因为a∥b,所以,解得x=2,y=-4,这时a=(2,4,1),b=(-2,-4,-1).又因为b⊥c,所以b·c=0,即-6+8-z=0,解得z=2,所以c=(3,-2,2).

(2)由(1)得a+c=(5,2,3),b+c=(1,-6,1),所以a+c与 b+c所成角的余弦值cos<a+c,b+c>==-

9.(1)解 以点D为坐标原点,DA,DC,DD1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E1,,0,F1,1,,G1,.

(2)证明 依题意可得A1(1,0,1),C(0,1,0),则=(-1,1,-1),=0,,

所以=0+=0,所以A1C⊥EF.

10.D　分别以AB,AD,AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,

设PA=1,M(x,y,z),故P(0,0,1),C(1,1,0),=(x,y,z-1),=(1,1,-1),由=t可知,即M(t,t,1-t),

又因为∠BMD为钝角,所以<0,

由B(1,0,0),D(0,1,0),可知=(1-t,-t,t-1),=(-t,1-t,t-1),

=-t(1-t)-t(1-t)+(t-1)2<0,整理得3t2-4t+1<0,解得<t<1.故选D.

11.C　因为b∥c,所以存在λ∈R使得b=λc,

所以解得所以b=(1,-2,1),

因为a⊥c,所以x-2+1=0,解得x=1,所以a=(1,1,1),

所以a+b=(2,-1,2),

所以|a+b|==3.

12.B　因为a=(1,2,2),b=(-2,1,1),所以a·b=-2×1+2×1+2×1=2,所以向量b在向量a上的投影数量为,设向量b在向量a上的投影向量为m,则m=λa(λ>0)且|m|=,所以m=(λ,2λ,2λ),所以λ2+4λ2+4λ2=,解得λ=,所以m=.故选B.

13.B　a-c=(3,0,1)-(1,2,3)=(2,-2,-2),因为(a-c)·b=-4-2-2n=2,解得n=-4,即b=(-2,1,-4).所以cos<a,b>==-故选B.

14.AC　∵A(-1,0,1),B(-1,2,2),C(-3,0,4),

=(0,2,1),=(-2,0,3),=(-2,-2,2),

=0×(-2)+2×0+1×3=3,故A正确;

∵不存在实数λ,使得=,故不共线,故B错误;

∵||==2,故C正确;

∵cos<>=,故D错误.故选AC.

15.-,1　设M(x,y,z),=(-1,1,0),=(x,y,z-1),由题意知,=,∴(x,y,z-1)=λ(-1,1,0),x=-λ,y=λ,z=1,则M(-λ,λ,1).

=(-λ-1,λ-2,4).

,∴(-λ-1)·(-1)+(λ-2)·1+4×0=0,解得λ=,∴点M的坐标为-,1.

16.　以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则D1(0,0,2),O(1,1,0),C1(0,2,2),设P(x,2,z),其中0≤x≤2,0≤z≤2,

=(1,1,-2),=(x-1,1,z),

∵D1O⊥OP,=0,即x-1+1-2z=0,∴x=2z,∴P(2z,2,z),

易知△C1D1P为直角三角形,当边C1P取最大值时,△C1D1P面积有最大值,

=(2z,0,z-2),

||=,

∵0≤2z≤2,∴0≤z≤1,

当z=1时,||有最大值,

2

17.解 (1)a==(0,1,1),b==(2,0,-1),

所以cos<a,b>==-

(2)因为ka+b=(2,k,k-1),a-b=(-2,1,2),且ka+b与a-b互相垂直,

所以2×(-2)+k+2(k-1)=0,解得k=2.

18.解 (1)设D(x,y,z),则=(-x,1-y,-z),=(-1,0,2),=(-x,-y,2-z),=(-1,1,0).

因为,所以存在实数m,n,有解得即D(-1,1,2).

(2)依题意=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(0,-1,2).假设存在实数α,β,使得=+成立,则有(-1,0,2)=α(-1,1,0)+β(0,-1,2)=(-α,α-β,2β),所以故存在α=β=1,使得成立.