【文档说明】2023届高考人教A版数学一轮复习试题（适用于老高考旧教材）课时规范练43　空间向量及其运算含解析【高考】.docx，共(6)页，91.199 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-cf9b9145761ae6af00da2bcd2e06da74.html

以下为本文档部分文字说明：

1课时规范练43空间向量及其运算基础巩固组1.设p:a,b,c是三个非零向量;q:{a,b,c}为空间的一个基底,则p是q的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件2.已知a=(1,0,1),b=(x,1,2

),且a·b=3,则向量a与b的夹角为()A.5π6B.2π3C.π3D.π63.(2021陕西宝鸡渭滨模拟)已知P为空间中任意一点,A,B,C,D四点满足任意三点均不共线,但四点共面,且𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=23𝑃�

�⃗⃗⃗⃗⃗-x𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+16𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,则实数x的值为()A.13B.-13C.16D.-164.(2021天津西青模拟)设x,y∈R,向量a=(x,1,1),b=(1,y,1),c=(3,-6,

3),且a⊥c,b∥c,则|a+b|=()A.√10B.3C.4D.2√25.(2021安徽六安一中月考)已知空间向量a,b,c满足a+b+c=0,|a|=1,|b|=2,|c|=√7,则a与b的夹角为()A.π6B.

π4C.π3D.π26.已知空间四边形ABCD的每条棱和对角线的长都等于a,E,F分别是BC,AD的中点,则𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗的值为()A.a2B.12a2C.14a2D.√34a27.(2021浙江镇海中学模拟)已知

空间三点A(-2,0,8),P(m,m,m),B(4,-4,6),若向量𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗与𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗的夹角为60°,则实数m的值是()A.1B.2C.-1D.-28.(2021山东菏泽一中月考)已知空间四边形OAB

C各边及其对角线OB,AC的长都是6,𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑀𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=x𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+y𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+z𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,则x+y+z=,OG的长为.9.如图,已知O,A,B,C,D,E,F,G,H

为空间的9个点,且𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=k𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=k𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗=k𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+m𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐸𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝐸𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗+m𝐸𝐹

⃗⃗⃗⃗⃗,k≠0,m≠0,求证:2(1)A,B,C,D四点共面,E,F,G,H四点共面;(2)𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗∥𝐸𝐺⃗⃗⃗⃗⃗;(3)𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=k𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗.综合提升组10.已知点A(1,2,1),B(-1,3,4),D(1,1,1),若𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗

⃗=2𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,则|𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|的值是.11.(2021浙江宁波镇海中学月考)已知空间四边形ABCD的对角线为AC与BD,M,N分别为线段AB,CD上的点,满足𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐴𝐵

⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=14𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,点G在线段MN上,且满足𝑀𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐺𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗,若𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=x𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+y𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+z𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,则x+y+z=.12.(2021山

东临沂模拟)已知a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b与2a-b的夹角为钝角,则实数k的取值范围为.13.已知正四面体A-BCD的外接球半径为3,MN为其外接球的一条直径,P为正四面体A-BCD表面上任意一点,则𝑃𝑀

⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗的最小值为.创新应用组14.(2021湖南师大二附中高三月考)给定两个不共线的空间向量a与b,定义叉乘运算:a×b.规定:①a×b为同时与a,b垂直的向量;②a,b,a×b三

个向量构成右手系(如图甲);③|a×b|=|a||b|sin<a,b>.如图乙,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=4,则下列结论不正确的是()图甲图乙3A.𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗×�

�𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗B.𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗×𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗×𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗C.(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)×𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗×𝐴𝐴⃗⃗⃗⃗⃗1

+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗×𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗D.长方体ABCD-A1B1C1D1的体积V=(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗×𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)·𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗15.如图所示,PD垂直于正方形ABCD所在平面,AB=2,E为PB的中点,cos<𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗

,𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗>=√33,若以DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则点E的坐标为.答案：课时规范练1.B解析:当非零向量a,b,c共面时,{a,b,c}不能是空间的一个基底;若{a,b,c}为空间的一个基底,则a,b,c一定不共面,所以a,b

,c一定是非零向量.因此p是q的必要不充分条件.2.D解析:∵a·b=x+2=3,∴x=1,∴b=(1,1,2),∴cos<a,b>=𝑎·𝑏|𝑎||𝑏|=3√2×√6=√32.又<a,b>∈[0,π],∴a与b的夹角为π6.3.B解析:𝑃𝐴⃗⃗⃗

⃗⃗=23𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗-x𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+16𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=23𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗-x𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+16(𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗−𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)=12𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗-x𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+16𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,由题意,需12-x+16=1,解得x=-13.

4.B解析:因为a⊥c,所以3x-6+3=0,解得x=1,所以a=(1,1,1).因为b∥c,所以13=𝑦-6=13,解得y=-2,所以b=(1,-2,1),所以a+b=(2,-1,2),所以|a+b|=√22+(-1)2+22=3.5.C解析:设a与b的夹角为θ.由a+b+c=0

,得a+b=-c,两边平方,得a2+2a·b+b2=c2,所以1+2×1×2cosθ+4=7,解得cosθ=12,又θ∈[0,π],所以θ=π3.6.C解析:此空间四边形是一个正四面体,所以𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=12(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)·12𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗

⃗=14(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)=14(a2cos60°+a2cos60°)=14a2.故选C.47.B解析:∵A(-2,0,8),P(m,m,m),B(4,-4,6),∴𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(

-2-m,-m,8-m),𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(4-m,-4-m,6-m),由题意有cos60°=𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗||𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=3𝑚2-12𝑚+40√3𝑚2-12𝑚+68√3𝑚2-12𝑚+68,即3

𝑚2-12𝑚+682=3m2-12m+40,整理得m2-4m+4=0,解得m=2.8.15解析:空间四边形OABC为正四面体,𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑀𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+23𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+12𝑀𝐶

⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+23𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+12(𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+23𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+12×23𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐴⃗

⃗⃗⃗⃗+13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+13(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗)+12(𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗)=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗−13𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗−12𝑂𝐴

⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+12𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=16𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+12𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,∴x+y+z=1.又𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐵

⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=6×6×cos60°=18,|𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗|2=𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗2=16𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+12𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗2=136𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗2+19𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗2+14𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗2+19�

�𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+16𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=136×36+19×36+14×36+19×18+16×18+13×18=25.所以|𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗|=5.9.证明(1)∵𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=

𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+m𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,m≠0,∴A,B,C,D四点共面.5∵𝐸𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝐸𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗+m𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,m≠0,∴E,F,G,H四点共面.(2)𝐸𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝐸𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗+m𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗+m(𝑂

𝐹⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗)=k(𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗)+km(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗)=k𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+km𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=k(𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+m𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)=k𝐴

𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,∴𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗∥𝐸𝐺⃗⃗⃗⃗⃗.(3)𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗+𝐸𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=k𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+k𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=k(𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=k𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗.10.√773解析:设P(x,y,z),则𝐴𝑃⃗⃗

⃗⃗⃗=(x-1,y-2,z-1),𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(-1-x,3-y,4-z).由𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,得点P坐标为(-13,83,3).又D(1,1,1),∴|𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|=√773.11.79解析:𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑀𝐺

⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+23𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,又𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗−13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,故𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑀𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+23𝐴𝑁⃗

⃗⃗⃗⃗⃗−13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=19𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+23𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗,而𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+14𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴�

�⃗⃗⃗⃗⃗+14(𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)=14𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+34𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,所以𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=19𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+2314𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+34𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=19𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+16�

�𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗.因为𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗不共面,故x=19,y=16,z=12,所以x+y+z=79.12.(-∞,-2)∪-2,75解析:由a=(1,1,0),b=(-1,0,2),ka+b=(k-1,k,2),2a-b=(3,

2,-2),所以(ka+b)·(2a-b)=3×(k-1)+2k-4<0,解得k<75.若ka+b与2a-b反向,则ka+b=λ(2a-b),λ<0,6则{𝑘=2𝜆,1=-𝜆,所以k=-2.所以若ka+b与2a-b的夹角为钝角,则k<75且k≠-2.

综上,k的取值范围是(-∞,-2)∪-2,75.13.-8解析:设正四面体外接球球心为O,正四面体A-BCD的外接球半径为3,设正四面体A-BCD内切球半径为r,一个面的面积为S,高为h,则VA-BCD=4

×13Sr=13Sh,所以h=4r,显然r+3=h=4r,所以r=1,即|PO|min=1.𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗)·(𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗

)=𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗2+𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗2-9≥1-9=-8.14.B解析:∵|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗×𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗||𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|sin90°=2×2×1=4,且𝐴

𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗分别与𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗垂直,∴𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗×𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,故A正确;由题意,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗×𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗×𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,故B错误;∵𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,∴|(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)×𝐴𝐴1⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗×𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2√2×4×1=8√2,且(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)×𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗与𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗共线同向.∵|𝐴

𝐵⃗⃗⃗⃗⃗×𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2×4×1=8,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗×𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗与𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗共线同向,|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗×𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2×4×1=8,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗×𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗与𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗共线同向,∴|𝐴𝐵

⃗⃗⃗⃗⃗×𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗×𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=8√2,且𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗×𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗×𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗与𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗共线同向,故C正确;(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗

⃗×𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)·𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=4×4×cos0°=16,故D正确.15.(1,1,1)解析:由已知得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),设P(0,0,a)(a>0),则E(1,1,𝑎2),所以�

�𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,a),𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,𝑎2),|𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗|=a,|𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗|=√(-1)2+12+(𝑎2)2=√2+𝑎24=√8+𝑎22.又cos<𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗>=√33,

所以0×(-1)+0×1+𝑎22𝑎·√8+𝑎22=√33,解得a2=4,即a=2,所以E(1,1,1).