高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.3 空间向量及其运算的坐标表示优秀课时训练

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.3 空间向量及其运算的坐标表示优秀课时训练，共9页。


单选题：
1.已知向量a＝(2m＋1，3，m－1)，b＝(2，m，－m)，且a∥b，则实数m的值等于( )
A.eq \f(3,2) B.－2C.0 D.eq \f(3,2)或－2
2.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈eq \(CM,\s\up6(→))，eq \(D1N,\s\up6(→))〉的值为( )
A.eq \f(1,9) B.eq \f(4\r(5),9)C.eq \f(2\r(5),9) D.eq \f(2,3)
3.若{a，b，c}是空间的一个基底，且向量p＝xa＋yb＋zc，则(x，y，z)叫向量p在基底{a，b，c}下的坐标.
已知{a，b，c}是空间的一个基底，{a＋b，a－b，c}是空间的另一个基底，一向量p在基底{a，b，c}下的坐标为(4，2，3)，则向量p在基底{a＋b，a－b，c}下的坐标是( )
A.(4，0，3) B.(3，1，3)
C.(1，2，3) D.(2，1，3)
4.已知向量a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k的值是( )
A.－1 B.eq \f(4,3) C.eq \f(5,3) D.eq \f(7,5)
5.在正方体A1B1C1D1－ABCD中，AC与B1D所成的角的大小为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2)
二、填空题:
6.已知2a＋b＝(0，－5，10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，则以b，c为方向向量的两直线的夹角为________.
7.已知O点为空间直角坐标系的原点，向量eq \(OA,\s\up6(→))＝(1，2，3)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(2，1，2)，
，eq \(OP,\s\up6(→))＝(1，1，2)，且点Q在直线OP上运动，当eq \(QA,\s\up6(→))·eq \(QB,\s\up6(→))取得最小值时，eq \(OQ,\s\up6(→))的坐标是__________.
8. 在长方体中，，则直线与所成角的余弦值为 ．
9.如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，
∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是__________.
三、拓展题：
10.已知空间中三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，设a＝eq \(AB,\s\up6(→))，b＝eq \(AC,\s\up6(→)).
(1)若|c|＝3，且c∥eq \(BC,\s\up6(→))，求向量c.
(2)求向量a与向量b的夹角的余弦值.
11.如图，在棱长为a的正方体OABC－O1A1B1C1中，E，F分别是棱AB，BC上 的动点，且AE＝BF＝x，其中0≤x≤a，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.
(1)写出点E，F的坐标；
(2)求证：A1F⊥C1E；
(3)若A1，E，F，C1四点共面，求证：eq \(A1F,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(A1C1,\s\up6(→))＋eq \(A1E,\s\up6(→)).
四、创新题：
12、已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，
求异面直线AB1与BC1所成角的余弦值．
同步练习答案
选择题：
1.答案：B.
解析 ∵a∥b，∴eq \f(2m＋1,2)＝eq \f(3,m)＝eq \f(m－1,－m)，解得m＝－2. 故选B.
2．答案：B.
解析 如图，设正方体棱长为2，则易得eq \(CM,\s\up6(→))＝(2，－2，1)
，eq \(D1N,\s\up6(→))＝(2，2，－1)，∴cs〈eq \(CM,\s\up6(→))，eq \(D1N,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(CM,\s\up6(→))·\(D1N,\s\up6(→)),|\(CM,\s\up6(→))||\(D1N,\s\up6(→))|)＝－eq \f(1,9)，
∴sin〈eq \(CM,\s\up6(→))，eq \(D1N,\s\up6(→))〉＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)))\s\up12(2))＝eq \f(4\r(5),9). 故选B.
3.答案：B.
解析 设p在基底{a＋b，a－b，c}下的坐标为x，y，z.则
p＝x(a＋b)＋y(a－b)＋zc＝(x＋y)a＋(x－y)b＋zc，①
因为p在{a，b，c}下的坐标为(4，2，3)， ∴p＝4a＋2b＋3c，②
由①②得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝4，,x－y＝2，,z＝3，)) ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝1，,z＝3，))
即p在{a＋b，a－b，c}下的坐标为(3，1，3). 故选B.
4.答案：D.
解析 由题意得，ka＋b＝(k－1，k，2)，2a－b＝(3，2，－2).所以(ka＋b)·(2a－b)＝3(k－1)＋2k－2×2＝5k－7＝0，解得k＝eq \f(7,5). 故选D.
5.答案：D.
解析: 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，
则A(0，0，0)，C(1，1，0)，B1(1，0，1)，D(0，1，0).
∴eq \(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(B1D,\s\up6(→))＝(－1，1，－1)，
∵eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(B1D,\s\up6(→))＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，
∴eq \(AC,\s\up6(→))⊥eq \(B1D,\s\up6(→))， ∴AC与B1D所成的角为eq \f(π,2). 故选D.
二、填空题：
6.答案：60°
解析 由题意得，(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10.
即2a·c＋b·c＝－10，又∵a·c＝4，∴b·c＝－18，
∴cs〈b，c〉＝eq \f(b·c,|b|·|c|)＝eq \f(－18,12×\r(1＋4＋4))＝－eq \f(1,2)，
∴〈b，c〉＝120°，∴两直线的夹角为60°.
7.答案： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3)))
解析：∵点Q在直线OP上，∴设点Q(λ，λ，2λ)，
则eq \(QA,\s\up6(→))＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，eq \(QB,\s\up6(→))＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，
QA∙QB=(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)
＝6λ2－16λ＋10＝6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(4,3)))eq \s\up12(2)－eq \f(2,3).
即当λ＝eq \f(4,3)时，eq \(QA,\s\up6(→))·eq \(QB,\s\up6(→))取得最小值－eq \f(2,3). 此时eq \(OQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3))).
8. 答案：
解析：在长方体中，，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
，．
设直线与所成角为，则，
直线与所成角的余弦值为．
9.答案：60°
解析: 以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系.设AB＝BC＝AA1＝2，
则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，
则eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(2，0，2)，∴eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(BC1,\s\up6(→))＝2，
∴cs〈eq \(EF,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉＝eq \f(2,\r(2)×2\r(2))＝eq \f(1,2)，
∴EF和BC1所成的角为60°.
三、拓展题：
10.答案：（1）∴c＝(－2，－1，2)或(2，1，－2) （2）－eq \f(\r(10),10)
解析：(1)∵c∥eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－3，0，4)－(－1，1，2)＝(－2，－1，2)，
∴c＝meq \(BC,\s\up6(→))＝m(－2，－1，2)＝(－2m，－m，2m)，
∴|c|＝eq \r(（－2m）2＋（－m）2＋（2m）2)＝3|m|＝3，
∴m＝±1.∴c＝(－2，－1，2)或(2，1，－2).
(2)∵a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，
∴a·b＝(1，1，0)·(－1，0，2)＝－1，
又∵|a|＝eq \r(12＋12＋02)＝eq \r(2)，|b|＝eq \r(（－1）2＋02＋22)＝eq \r(5)，
∴cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a|·|b|)＝eq \f(－1,\r(10))＝－eq \f(\r(10),10)，
即向量a与向量b的夹角的余弦值为－eq \f(\r(10),10).
11. 答案：（1） E(a，x，0)，F(a－x，a，0). （2）见解答, （3）见解答.
解析：（1） E(a，x，0)，F(a－x，a，0).
(2)证明 ∵A1(a，0，a)，C1(0，a，a)，
∴eq \(A1F,\s\up6(→))＝(－x，a，－a)，eq \(C1E,\s\up6(→))＝(a，x－a，－a)，
∴eq \(A1F,\s\up6(→))·eq \(C1E,\s\up6(→))＝－ax＋a(x－a)＋a2＝0，
∴eq \(A1F,\s\up6(→))⊥eq \(C1E,\s\up6(→))，∴A1F⊥C1E.
(3)证明 ∵A1，E，F，C1四点共面， ∴eq \(A1E,\s\up6(→))，eq \(A1C1,\s\up6(→))，eq \(A1F,\s\up6(→))共面.
选eq \(A1E,\s\up6(→))与eq \(A1C1,\s\up6(→))为在平面A1C1E上的一组基向量，则存在唯一实数对(λ1，λ2)，
使eq \(A1F,\s\up6(→))＝λ1eq \(A1C1,\s\up6(→))＋λ2eq \(A1E,\s\up6(→))，
即(－x，a，－a)＝λ1(－a，a，0)＋λ2(0，x，－a)
＝(－aλ1，aλ1＋xλ2，－aλ2)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＝－aλ1，,a＝aλ1＋xλ2，,－a＝－aλ2，)) 解得λ1＝eq \f(1,2)，λ2＝1.
于是eq \(A1F,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(A1C1,\s\up6(→))＋eq \(A1E,\s\up6(→)).
四．创新题：
12.答案：eq \f(\r(10),5).
解析： 如图，在平面ABC内过点B作BD⊥AB，交AC于点 D，则∠CBD＝30°.
因为BB1⊥平面ABC，故以B为坐标原点，分别以射线BD，BA，BB1为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系，
则B(0，0，0)，A(0，2，0)，B1(0，0，1)，C1(cs 30°，－sin 30°，1)，即C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1)). 所以eq \(AB1,\s\up16(→))＝(0，－2，1)，eq \(BC1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1)).
所以cs〈eq \(AB1,\s\up16(→))，eq \(BC1,\s\up16(→))〉＝eq \f(\(AB1,\s\up16(→))·\(BC1,\s\up16(→)),|\(AB1,\s\up16(→))||\(BC1,\s\up16(→))|)＝eq \f(0×\f(\r(3),2)＋（－2）×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋1×1,\r(0＋（－2）2＋12)× \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(2)＋12))＝eq \f(\r(10),5).
所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为eq \f(\r(10),5).
．