高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.1 空间向量及其运算巩固练习

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.1 空间向量及其运算巩固练习，共6页。试卷主要包含了[多选]若向量a＝，b＝，则等内容，欢迎下载使用。

A．(－9，－3，0)B．(0，2，－1)
C．(9，3，0) D．(9，0，0)
解析：选C a－b＋2c＝(1，0，1)－(－2，－1，1)＋(6，2，0)＝(3，1，0)＋(6，2，0)＝(9，3，0).
2．[多选]若向量a＝(1，2，0)，b＝(－2，0，1)，则( )
A．cs 〈a，b〉＝－ eq \f(2,5) B．a⊥b
C．a∥b D．|a|＝|b|
解析：选AD ∵向量a＝(1，2，0)，b＝(－2，0，1)，∴|a|＝ eq \r(5)，|b|＝ eq \r(5)，a·b＝1×(－2)＋2×0＋0×1＝－2，cs 〈a，b〉＝ eq \f(a·b,|a|·|b|)＝ eq \f(－2,5)＝－ eq \f(2,5). 由上知B不正确，A、D正确．C显然也不正确．
3．已知A(2，－5，1)，B(2，－2，4)，C(1，－4，1)，则向量 eq \(AB,\s\up6(―→))与 eq \(AC,\s\up6(―→))的夹角为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
解析：选C ∵ eq \(AB,\s\up6(―→))＝(0，3，3)， eq \(AC,\s\up6(―→))＝(－1，1，0)，
∴| eq \(AB,\s\up6(―→))|＝3 eq \r(2)，| eq \(AC,\s\up6(―→))|＝ eq \r(2)， eq \(AB,\s\up6(―→))· eq \(AC,\s\up6(―→))＝0×(－1)＋3×1＋3×0＝3，∴cs 〈 eq \(AB,\s\up6(―→))， eq \(AC,\s\up6(―→))〉＝ eq \f(\(AB,\s\up6(―→))·\(AC,\s\up6(―→)),|\(AB,\s\up6(―→))||\(AC,\s\up6(―→))|)＝ eq \f(1,2).
∵0°≤〈 eq \(AB,\s\up6(―→))， eq \(AC,\s\up6(―→))〉≤180°，∴〈 eq \(AB,\s\up6(―→))， eq \(AC,\s\up6(―→))〉＝60°.
4．若△ABC中，∠C＝90°，A(1，2，－3k)，B(－2，1，0)，C(4，0，－2k)，则k的值为( )
A． eq \r(10) B．－ eq \r(10) C．2 eq \r(5) D．± eq \r(10)
解析：选D 因为 eq \(CB,\s\up6(―→))＝(－6，1，2k)， eq \(CA,\s\up6(―→))＝(－3，2，－k)，
则 eq \(CB,\s\up6(―→))· eq \(CA,\s\up6(―→))＝(－6)×(－3)＋2＋2k×(－k)＝－2k2＋20＝0，所以k＝± eq \r(10).
5．已知向量a＝(1，2，3)，b＝(－2，－4，－6)，|c|＝ eq \r(14)，若(a＋b)·c＝7，则a与c的夹角为( )
A．30° B．60° C．120° D．150°
解析：选C a＋b＝(－1，－2，－3)＝－a，故(a＋b)·c＝－a·c＝7，得a·c＝－7，而|a|＝ eq \r(12＋22＋32)＝ eq \r(14)，所以cs 〈a，c〉＝ eq \f(a·c,|a||c|)＝－ eq \f(1,2)，〈a，c〉＝120°.
6．若m＝(2，－1，1)，n＝(λ，5，1)，且m⊥(m－n)，则λ＝________．
解析：由已知得m－n＝(2－λ，－6，0).
由m·(m－n)＝0得，2(2－λ)＋6＋0＝0，所以λ＝5.
答案：5
7．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________．
解析：a·b＝2x－2×3＋2×5＝2x＋4，设a，b的夹角为θ，因为θ为钝角，所以cs θ＝ eq \f(a·b,|a||b|)<0，又|a|>0，|b|>0，所以a·b<0，即2x＋4<0，所以x<－2，又a，b不会反向，所以实数x的取值范围是(－∞，－2).
答案：(－∞，－2)
8．已知点A(λ＋1，μ－1，3)，B(2λ，μ，λ－2μ)，C(λ＋3，μ－3，9)三点共线，则实数λ＝________，μ＝________．
解析：因为 eq \(AB,\s\up6(―→))＝(λ－1，1，λ－2μ－3)， eq \(AC,\s\up6(―→))＝(2，－2，6)，由A，B，C三点共线，得 eq \(AB,\s\up6(―→))∥ eq \(AC,\s\up6(―→))，即 eq \f(λ－1,2)＝－ eq \f(1,2)＝ eq \f(λ－2μ－3,6)，解得λ＝0，μ＝0.
答案：0 0
9.已知正三棱柱ABC-A1B1C1，底面边长AB＝2，AB1⊥BC1，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．
解：(1)设正三棱柱的侧棱长为h，
由题意得A(0，－1，0)，B( eq \r(3)，0，0)，C(0，1，0)，B1( eq \r(3)，0，h)，C1(0，1，h)，
则 eq \(AB1,\s\up6(―→))＝( eq \r(3)，1，h)， eq \(BC1,\s\up6(―→))＝(－ eq \r(3)，1，h).
因为AB1⊥BC1，所以 eq \(AB1,\s\up6(―→))· eq \(BC1,\s\up6(―→))＝－3＋1＋h2＝0，
所以h＝ eq \r(2).
(2)由(1)可知 eq \(AB1,\s\up6(―→))＝( eq \r(3)，1， eq \r(2))， eq \(BC,\s\up6(―→))＝(－ eq \r(3)，1，0)，
所以 eq \(AB1,\s\up6(―→))· eq \(BC,\s\up6(―→))＝－3＋1＝－2.
因为| eq \(AB1,\s\up6(―→))|＝ eq \r(6)，| eq \(BC,\s\up6(―→))|＝2，
所以cs 〈 eq \(AB1,\s\up6(―→))， eq \(BC,\s\up6(―→))〉＝ eq \f(－2,2\r(6))＝－ eq \f(\r(6),6).
所以异面直线AB1与BC所成角的余弦值为 eq \f(\r(6),6).
10.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.
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m＝BQ，0≤m≤6.
因为P是DD1的中点，
所以P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9,2)，3))， eq \(PQ,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，m－\f(9,2)，－3)).
又 eq \(AB1,\s\up6(―→))＝(3，0，6)，于是 eq \(AB1,\s\up6(―→))· eq \(PQ,\s\up6(―→))＝18－18＝0，
所以 eq \(AB1,\s\up6(―→))⊥ eq \(PQ,\s\up6(―→))，即AB1⊥PQ.
1．若A(3cs α，3sin α，1)，B(2cs θ，2sin θ，1)，则 eq \(AB,\s\up6(―→))的取值范围是( )
A．[1，3]B．[1，5]
C．[ eq \r(13)，5] D．[3， eq \r(13)]
解析：选B ∵A(3cs α，3sin α，1)，B(2cs θ，2sin θ，1)，
∴ eq \(AB,\s\up6(―→))＝(2cs θ－3cs α，2sin θ－3sin α，0)，
∴| eq \(AB,\s\up6(―→))|＝ eq \r((2cs θ－3cs α)2＋(2sin θ－3sin α)2＋0)
＝ eq \r(4＋9－12(cs θcs α＋sin θsin α))
＝ eq \r(13－12cs (θ－α))，
∴1≤| eq \(AB,\s\up6(―→))|≤5.故选B.
2．(2021·全国乙卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为( )
A． eq \f(π,2) B． eq \f(π,3) C． eq \f(π,4) D． eq \f(π,6)
解析：选D 如图所示，建立空间直角坐标系，设AB＝1，则A(1，0，0)，D1(0，0，1)，B(1，1，0)，B1(1，1，1)，故P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，
所以 eq \(AD1,\s\up6(―→))＝(－1，0，1)，
eq \(BP,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，1))，
所以cs 〈 eq \(AD1,\s\up6(―→))， eq \(BP,\s\up6(―→))〉＝ eq \f(\(AD1,\s\up6(―→))·\(BP,\s\up6(―→)),\(|AD1|,\s\up6(―→))\(|BP|,\s\up6(―→)))＝ eq \f(\r(3),2)，
所以直线PB与AD1所成的角为 eq \f(π,6).
3．已知点A(1，2，3)，B(2，1，2)，P(1，1，2)，O(0，0，0)，点Q在直线OP上运动，当 eq \(QA,\s\up6(―→))· eq \(QB,\s\up6(―→))取得最小值时，点Q的坐标为________．
解析：设 eq \(OQ,\s\up6(―→))＝λ eq \(OP,\s\up6(―→))＝(λ，λ，2λ)，故Q(λ，λ，2λ)， eq \(QA,\s\up6(―→))＝(1－λ，2－λ，3－2λ)， eq \(QB,\s\up6(―→))＝(2－λ，1－λ，2－2λ).
则 eq \(QA,\s\up6(―→))· eq \(QB,\s\up6(―→))＝6λ2－16λ＋10＝6 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(4,3))) eq \s\up12(2)－ eq \f(2,3)，
当 eq \(QA,\s\up6(―→))· eq \(QB,\s\up6(―→))取最小值时，λ＝ eq \f(4,3)，此时点Q的坐标为 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)))
4.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1，点E为棱CC1上的动点．
(1)求证：A1E⊥BD；
(2)若平面A1BD⊥平面EBD，试确定点E的位置．
解：如图，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，设正方体的棱长为a，则D(0，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，A1(a，0，a)，C1(0，a，a).
(1)证明：设E(0，a，e)，则 eq \(A1E,\s\up6(―→))＝(－a，a，e－a)，又 eq \(BD,\s\up6(―→))＝(－a，－a，0)，∴ eq \(A1E,\s\up6(―→))· eq \(BD,\s\up6(―→))＝0.∴ eq \(A1E,\s\up6(―→))⊥ eq \(BD,\s\up6(―→))，即A1E⊥BD.
(2)E为CC1的中点．理由如下：
假设点E是CC1的中点，则E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，a，\f(a,2))).如图，设BD的中点为O，连接OE，OA1，则O eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a,2)，0))，∴ eq \(OA1,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，－\f(a,2)，a))， eq \(OE,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，\f(a,2)，\f(a,2)))，又 eq \(BD,\s\up6(―→))＝(－a，－a，0)，所以 eq \(OE,\s\up6(―→))· eq \(BD,\s\up6(―→))＝0，∴ eq \(OE,\s\up6(―→))⊥ eq \(BD,\s\up6(―→))，即OE⊥BD.易知OA1⊥BD，∴∠A1OE为二面角A1-BD-E的平面角．∵ eq \(OA1,\s\up6(―→))· eq \(OE,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，－\f(a,2)，a))· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，\f(a,2)，\f(a,2)))＝－ eq \f(a2,4)－ eq \f(a2,4)＋ eq \f(a2,2)＝0，∴ eq \(OA1,\s\up6(―→))⊥ eq \(OE,\s\up6(―→)).则∠A1OE＝90°，∴平面A1BD⊥平面EBD，∴当点E为CC1的中点时，满足平面A1BD⊥平面EBD.
5．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 eq \(AB1,\s\up6(―→))与 eq \(MN,\s\up6(―→))所成的夹角为 eq \f(3π,4)？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
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( eq \r(3)，1，0)，C(0，2，0)，B1( eq \r(3)，1，2)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0)).
假设存在点N在棱CC1上，可以设N(0，2，m)(0≤m≤2)，则有 eq \(AB1,\s\up6(―→))＝( eq \r(3)，1，2)， eq \(MN,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，m))，所以| eq \(AB1,\s\up6(―→))|＝2 eq \r(2)，| eq \(MN,\s\up6(―→))|＝ eq \r(1＋m2)， eq \(AB1,\s\up6(―→))· eq \(MN,\s\up6(―→))＝( eq \r(3)，1，2)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，m))＝2m－1.
cs 〈 eq \(AB1,\s\up6(―→))， eq \(MN,\s\up6(―→))〉＝cs eq \f(3π,4)＝ eq \f(\(AB1,\s\up6(―→))·\(MN,\s\up6(―→)),|\(AB1,\s\up6(―→))||\(MN,\s\up6(―→))|)＝ eq \f(2m－1,2\r(2) \r(1＋m2))＝－ eq \f(\r(2),2)，解得m＝－ eq \f(3,4).这与0≤m≤2矛盾，所以在棱CC1上不存在点N，使得 eq \(AB1,\s\up6(―→))与 eq \(MN,\s\up6(―→))所成的夹角为 eq \f(3π,4).