【文档说明】2021-2022高中数学人教A版选修2-1作业：3.1.5空间向量运算的坐标表示 （系列二）含解析.docx，共(10)页，244.846 KB，由小赞的店铺上传

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3.1.5空间向量运算的坐标表示课时目标1.理解空间向量坐标的概念，会确定一些简单几何体的顶点坐标.2.掌握空间向量的坐标运算规律，会判断两个向量的共线或垂直.3.掌握空间向量的模、夹角公式和两点间距离公式，并能运用这些知识解决一些相关问题．1．空间向量的直角坐标运算律设a＝(a1，a2，a3)，

b＝(b1，b2，b3)，则(1)a＋b＝______________；(2)a－b＝________________；(3)λa＝____________(λ∈R)；(4)a·b＝________________；(5)a∥b⇔________________；(6)a⊥b⇔_____

___________.2．几个重要公式(1)若A(x1，y1，z1)、B(x2，y2，z2)，则AB→＝________________________.即一个向量在空间直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的________的坐标减去________的坐标．(2)模长公式：若a＝(a

1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则|a|＝a·a＝______________，|b|＝b·b＝________________.(3)夹角公式：cos〈a，b〉＝________________＝________________________

(a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3))．(4)两点间的距离公式：若A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)．则AB＝2AB=_________.一、选择题1．在空间直角坐标系Oxyz中，已知点A的坐标为(－1,2,1)，点B的坐标为(1,3

,4)，则()A.AB→＝(－1,2,1)B.AB→＝(1,3,4)C..AB→＝(2,1,3)D.AB→＝(－2，－1，－3)2．已知a＝(1,2，－y)，b＝(x,1,2)，且(a＋2b)∥(2a－b)，则

()A．x＝13，y＝1B．x＝12，y＝－4C．x＝2，y＝－14D．x＝1，y＝－13．若a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则a1b1＝a2b2＝a3b3是a∥b的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件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．1B.15C.35D.755．已知a＝(2，－1,2)，b＝(2,2,1)，则以a、b为邻边的平行四边形的面积为()A.65B.652C．4D．86．已

知a＝(1－t,1－t，t)，b＝(2，t，t)则|b－a|的最小值是()A.55B.555C.355D.115二、填空题7．已知A(4,1,3)，B(2,3,1)，C(3,7，－5)，点P(x，－1,3)在平面ABC内，则x＝______.8．若(a＋3b)

⊥(7a－5b)，且(a－4b)⊥(7a－5b)，则a与b的夹角的余弦值为________．9.已知A（1，－1,2），B(5,-6,2)C(1,3-1)则AB→在AC→上的投影为______．三、解答题10．设a＝(1,5，－1)，b＝(－2,3,5)．(1)若(ka＋b

)∥(a－3b)，求k；(2)若(ka＋b)⊥(a－3b)，求k.11．在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠BCA＝90°，AA1＝2,并取A1B1、A1A的中点分别为P、Q.（1）求向量BQ→的长；（2）cos〈BQ→，CB1→〉

，cos〈BA1→，CB1→〉，并比较〈BQ→，CB1→〉与〈BA1→，CB1→〉的大小；(3)求证：AB1⊥C1P.能力提升12．在长方体OABC—O1A1B1C1中，OA＝2，AB＝3，AA1＝2，E是BC的中点，建立空间直角坐标系，用向量方法解下列问题：(1)

求直线AO1与B1E所成的角的余弦值；(2)作O1D⊥AC于D，求点O1到点D的距离．13．在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别为AB、BC的中点，在棱BB1上是否存在点M，使得D1M⊥平面EFB1?1．空间向量在几何中的应用有了向量的坐标表示，利用向量的

平行、垂直判定几何中线线、线面的平行与垂直，利用向量长度公式、夹角公式求两点间的距离和两异面直线所成的角，只需通过简单运算即可．在此处，要认真体会向量的工具性作用．2．关于空间直角坐标系的建立建系时，要根据图形特点，充分利用图形中的垂直关系确定原点和各坐标轴．同时，使尽可能多的点在坐标轴

上或坐标平面内．这样可以较方便的写出点的坐标．3．1.5空间向量运算的坐标表示知识梳理1．(1)(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)(2)(a1－b1，a2－b2，a3－b3)(3)(λa1，λa2，λa3)(4)a1b1＋a2b2＋a3b

3(5)a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)(6)a1b1＋a2b2＋a3b3＝02．(1)(x2－x1，y2－y1，z2－z1)终点起点(2)a21＋a22＋a23b21＋b22＋b23(3)a·b|a||b|a1b1＋a2b2＋a3b3a21＋a22＋

a23b21＋b22＋b23(4)()()()222212121xxyyzz++−−−作业设计1．C2．B[∵a＋2b＝(1＋2x,4,4－y)，2a－b＝(2－x,3，－2y－2)，且(a＋2b)∥(2a－b)，∴3(1＋

2x)＝4(2－x)且3(4－y)＝4(－2y－2)，∴x＝12，y＝－4.]3．A[设a1b1＝a2b2＝a3b3＝k，易知a∥b，即条件具有充分性．又若b＝0时，b＝(0,0,0)，虽有a∥b，但条件a1b1＝a2b2＝a3b3显然不成立，所以条件不具有必要性，故选A.]

4．D[∵ka＋b＝(k－1，k,2)，2a－b＝(3,2，－2)，∴3(k－1)＋2k－4＝0.∴k＝75.]5．A[设向量a、b的夹角为θ，于是cosθ＝4－2＋23×3＝49，由此可得sinθ＝659.所以以a、b为邻边的平行四边形的面积为S＝2×

12×3×3×659＝65.]6．C[∵|b－a|＝b－a2＝1＋t2＋2t－12＝5t－152＋95≥95＝355，∴|b－a|的最小值是355.]7．11解析∵点P在平面ABC内，∴存在实数k1，k2，使AP→＝k1AB→＋k2AC→，即(x－4，－2

,0)＝k1(－2,2，－2)＋k2(－1,6，－8)，∴2k1＋6k2＝－2，k1＋4k2＝0，解得k1＝－4，k2＝1.∴x－4＝－2k1－k2＝8－1＝7，即x＝11.8．1解析由题意知(a＋3b)·(7a－5b

)＝7|a|2－5a·b＋21a·b－15|b|2＝7|a|2＋16a·b－15b2＝0，①且(a－4b)·(7a－5b)＝7|a|2－33a·b＋20|b|2＝0，②①－②得49a·b＝35|b|2.∴|a|2

＝2549|b|2，∴|b||a|＝75.∴cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝3549|b|2|a||b|＝3549·|b||a|＝1.9．－4解析∵AB→＝(5，－6,2)－(1，－1,2)＝(4，－5,0)．AC→＝(1,3，－1)－(1，－1,2)＝(0,4，－3)，∴cos〈AB

→，AC→〉＝()()222202005344−+++−−＝－20541，AB→在AC→上的投影为|AB→|cos〈AB→，AC→〉＝()2254+−×－20541＝－4.10．解ka＋b＝(k－2,5k＋3，－k＋5)，a－3b＝(7，－4，－16)．(1)若(ka＋

b)∥(a－3b)，则k－27＝5k＋3－4＝－k＋5－16，解得k＝－13.(2)若(ka＋b)⊥(a－3b)，则(k－2)×7＋(5k＋3)×(－4)＋(－k＋5)×(－16)＝0，解得k＝1063.11．解以C为原点，

建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则由已知，得C(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C1(0,0,2)，P12，12，2，Q(1,0,1)，B1(0,1,2)，A1(1,0,2)．∴BQ→＝(1，－1,1

)，CB1→＝(0,1,2)，BA1→＝(1，－1,2)，AB1→＝(－1,1,2)，C1P→＝12，12，0.(1)|BQ→|＝BQBQ•＝12＋－12＋12＝3.(2)∵BQ→·CB1→＝0－1＋2＝1，|BQ→|＝3，|CB1→|＝02＋12＋22＝5，

∴cos〈BQ→，CB1→〉＝13×5＝1515.又BA1→·CB1→＝0－1＋4＝3，|BA1→|＝1＋1＋4＝6，|CB1→|＝5，∴cos〈BA1→，CB1→〉＝330＝3010.又0<1515<3010<1，∴

〈BQ→，CB1→〉，〈BA1→，CB1→〉∈0，π2.又y＝cosx在0，π2内单调递减，∴〈BQ→，CB1→〉>〈BA1→，CB1→〉．(3)证明∵AB1→·C1P→＝(－1,1,2)·1

2，12，0＝0，∴AB1→⊥C1P→.12．解建立如图所示的空间直角坐标系．(1)由题意得A(2,0,0)，O1(0，0,2)，B1(2,3,2)，E(1,3,0)．∴AO1→＝(－2,0,2)，B1E→＝

(－1,0，－2)，∴cos〈AO1→，B1E→〉＝－2210＝－1010，∴AO1与B1E所成角的余弦值为1010.(2)由题意得O1D→⊥AC→，AD→∥AC→，∵C(0,3,0)，设D(x，y,0)，∴O1D→＝(x，y，－2)，AD→＝

(x－2，y,0)，AC→＝(－2,3,0)，∴－2x＋3y＝0，x－2－2＝y3，解得x＝1813，y＝1213.∴D1813，1213，0，∴O1D＝|O1D→|＝18132＋12132＋4＝228613.即点O1到点D的距离为228613.

13．解如图所示，分别以DA→，DC→，DD1→为单位正交基底，建立空间直角坐标系Dxyz，则D1(0,0,1)，B1(1,1,1)，E1，12，0，F12，1，0，设M(1,1，m)，∴EF→＝

－12，12，0，B1E→＝0，－12，－1，D1M→＝(1,1，m－1)．若D1M⊥平面EFB1，则D1M⊥EF且D1M⊥B1E.即D1M→·EF→＝0，D1M→·B1E→＝0，∴－12＋12＋m－1×0＝00－12＋1－m＝0，∴m＝12，即

存在点M且为B1B的中点，使D1M⊥平面EFB1.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com