【文档说明】2023-2024学年高中数学人教A版2019 选择性必修第一册课后习题 第一章 1-3　空间向量及其运算的坐标表示 Word版含答案.docx，共(9)页，311.676 KB，由小赞的店铺上传

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1.3空间向量及其运算的坐标表示A级必备知识基础练1.在空间直角坐标系Oxyz中,点A(1,-2,0)和向量a=(-3,4,12),且𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=2a,则点B的坐标为()A.(-7,10,24)B.(7,-10,-24)C.(-6,8,24

)D.(-5,6,24)2.(多选题)下列各组两个向量中,平行的有()A.a=(1,-2,3),b=(1,2,1)B.a=(0,-3,3),b=(0,1,-1)C.a=(0,-3,2),b=0,1,-32D.a=1,-12,3,b=(-2,1,-6)3

.已知点A(2,-5,1),B(2,-2,4),C(1,-4,1),则向量𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗与𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗的夹角为()A.30°B.45°C.60°D.90°4.若向量a=(1,-1,2),b=(2,1,-3),则|a+b|=()A.√7B.2√2C.3D.√105.如图,在正方

体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是BC1,CD1的中点,则下列说法错误的是()A.MN与CC1垂直B.MN与AC垂直C.MN与BD平行D.MN与A1B1平行6.已知向量a=(1,1,x),b=(1,2,1),c=(1,1,1),若(c

+a)·2b=-2,则实数x=.7.已知向量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.8.如图所示,在正四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为1的正方形,O是AC与BD的交点,PO=

1,M是PC的中点.设𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=a,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=b,𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=c.(1)用向量a,b,c表示𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗;(2)在如图所示的空间直角坐标系中,求𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗的坐标.B级关键能力提升练9.已知空间

向量𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(x,y,8),𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(z,3,4),𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗∥𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,且|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=5√2,则实数z的值为()A.5B.-5C.5或-5D.-10或1010.已知O为坐标原点,𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗

=(1,2,3),𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(2,1,2),𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,2),点Q在直线OP上运动,则𝑄𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑄𝐵⃗⃗⃗⃗⃗取得最小值时,点Q的坐标为()A.12,34,13B.34,34,32C.43,43,83D.43,43,7311

.(多选题)从点P(1,2,3)出发,沿着向量v=(-4,-1,8)方向取点Q,使|PQ|=18,则Q点的坐标为()A.(-1,-2,3)B.(9,4,-13)C.(-7,0,19)D.(1,-2,-3)12.(多选题)正方体A1B1C1D1-ABCD的棱长为2

,M为B1C1的中点,则下列说法正确的是()A.AB1与BC1成60°角B.若𝐶𝑁⃗⃗⃗⃗⃗=13𝑁𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,面A1MN交CD于点E,则CE=13C.点P在正方形ABB1A1边界及内部

运动,且MP⊥DB1,则点P的轨迹长等于√2D.E,F分别在棱DB1,A1C1上,且𝐷𝐸𝐸𝐵1=𝐴1𝐹𝐹𝐶1=2,直线EF与AD1,A1D所成角分别是α,β,则α+β=π213.已知点M

(1,2,3),N(2,3,4),P(-1,2,-3),若|𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗|=3|𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|,且𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗∥𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,则𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的坐标为,点Q的坐标为.14.如图,将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO

1旋转一周形成圆柱,𝐴𝐶⏜的长为2π3,𝐴1𝐵1⏜的长为π3,其中B1与C在平面AA1O1O的同侧.则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为.15.已知空间三点A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5).(1)求以AB和AC为邻边的平行四边形的面积;(2)若

|a|=√3,且a分别与𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗垂直,求向量a的坐标.C级学科素养创新练16.(2021山东烟台检测)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动,则直线D1E与A1D所成角的大小是,若D1E⊥EC,则AE=.

1.3空间向量及其运算的坐标表示1.D∵a=(-3,4,12),且𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=2a,∴𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(-6,8,24).∵A(1,-2,0),∴B(-5,6,24),故选D.2.BD对于B,有a=-3b,故a∥b;对于D,有b=-2a,故a∥b;而对A,C中两向量,不存在实数λ,使

a=λb,故不平行.3.C由已知得𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(0,3,3),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,0),因此cos<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·

|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=33√2×√2=12,所以向量𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗与𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗的夹角为60°.4.D∵a=(1,-1,2),b=(2,1,-3),∴a+b=(3,0,-1),∴|a+b|

=√32+02+(-1)2=√10.故选D.5.D设正方体的棱长为1,如图,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),C1(0,1,1),M12,1,1

2,N0,12,12,∴𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-12,-12,0,𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,1),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,0),𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,-1,0),𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,0).𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,∴MN⊥CC1,故A正确;𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=12−12=0,∴MN⊥AC,故B正确;易知𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,且M,N∉BD,∴M

N∥BD,故C正确;设𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,得{-12=0×𝜆,-12=𝜆,0=0×𝜆,无解,∴MN与A1B1不平行,故D错误.故选D.6.-8由已知得c+a=(2,2,x+1),2b=(

2,4,2),所以4+8+2(x+1)=-2,解得x=-8.7.解(1)因为a∥b,所以𝑥-2=4𝑦=1-1,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θ的余弦值cosθ=5-12+3√38×√38=-219.8.解(1)∵𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗

=12𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗,𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,∴𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+12(𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗

⃗+12𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗−12(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)=-12𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=-12a+12b+12c.(2)a=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,0),b=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,0).∵A(0,0,0),

O12,12,0,P12,12,1,∴c=𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=12,12,1,∴𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-12a+12b+12c=-12×(1,0,0)+12×(0,1,0)+12×12,12,1=-14,34,12.9.C因为𝑂𝐴⃗⃗

⃗⃗⃗∥𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,所以存在λ∈R,使得𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,又|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=5√2,而𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(z-x,3-y,-4),则{𝑥=𝜆𝑧,𝑦=3𝜆,8=4𝜆,(𝑧-𝑥)2+(3

-𝑦)2+(-4)2=50,解得{𝑥=10,𝑦=6,𝑧=5,𝜆=2或{𝑥=-10,𝑦=6,𝑧=-5,𝜆=2.故选C.10.C点Q在直线OP上运动,设𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(λ,λ

,2λ)(λ∈R),则𝑄𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1-λ,2-λ,3-2λ),𝑄𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2-λ,1-λ,2-2λ),∴𝑄𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑄𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=6

λ-432-23,当λ=43时,𝑄𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑄𝐵⃗⃗⃗⃗⃗取得最小值,此时,Q43,43,83.故选C.11.BC设Q(x0,y0,z0),则𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=λv,即(x0-1,y0-2,z0-3)

=λ(-4,-1,8).由|PQ|=18,得√(-4𝜆)2+(-𝜆)2+(8𝜆)2=18,所以λ=±2,所以(x0-1,y0-2,z0-3)=±2(-4,-1,8),所以{𝑥0=-7,𝑦0=0,𝑧0=19,或{𝑥0=9,𝑦0=4,𝑧0=-13.故选BC.12.

ACD如图,建立空间直角坐标系,则A(2,0,2),B(2,2,2),C(0,2,2),D(0,0,2),A1(2,0,0),B1(2,2,0),C1(0,2,0),D1(0,0,0),M(1,2,0).对于A,𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2

,-2),𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,0,-2),cos<𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐵

𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=42√2×2√2=12,∴AB1与BC1成60°角,故A正确;对于B,∵𝐶𝑁⃗⃗⃗⃗⃗=13𝑁𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,∴N0,2,32,设E(0,m,2),则𝐴1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,

2,0),𝐴1𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-2,2,32,𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,m,2),由已知得A1,M,N,E四点共面,∴∃λ,μ∈R,使得𝐴1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐴1𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+μ𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,得{-1=-2𝜆-2𝜇,2=

2𝜆+𝑚𝜇,0=32𝜆+2𝜇,解得{𝜆=2,𝜇=-32,𝑚=43,∴E0,43,2,∴𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0,-23,0,|𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗|=23,故B错误;对于C,设P(2,y,z)(0≤y≤2,0≤z≤2),则𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,y-2,z),�

�𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,2,-2),由𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐷𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2+2y-4-2z=0,得y-z=1,∴点P的轨迹长为线段y-z=1(1≤y≤2)的长度,为√2,故C正确;对于D,

∵E,F分别在DB1,A1C1上,且𝐷𝐸𝐸𝐵1=𝐴1𝐹𝐹𝐶1=2,∴𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐷𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=23×(2,2,-2)=43,43,-43,𝐴1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=23×(-2,2,0)=-43

,43,0,则E43,43,23,F23,43,0,则𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=-23,0,-23,则cosα=|cos<𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>|=-43-43√(-23)2+(-23)2×

√4+4=832√23×2√2=1,故α=0,cosβ=|cos<𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>|=-43+43√(-23)2+(-23)2×√4+4=0,故β=π2,即α+β=π2,故D正确.故选AC

D.13.(1,1,1)(-4,-1,-6)或(2,5,0)由已知得𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,1),设Q(x,y,z),则𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=(x+1,y-2,z+3),由题意,得{√(𝑥+1)2+

(𝑦-2)2+(𝑧+3)2=3√12+12+12,𝑥+1=𝑦-2=𝑧+3,解得{𝑥=-4,𝑦=-1,𝑧=-6或{𝑥=2,𝑦=5,𝑧=0.故点Q的坐标为(-4,-1,-6)或(2,5,0).14.π4以O为

坐标原点,OA,OO1所在直线分别为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则A(0,1,0),A1(0,1,1),B1√32,12,1,C√32,-12,0.所以𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,1),𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-1,-1),则𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗·𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=02+0×(-1)+1×(-1)=-1,所以cos<𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=-11×√2=-√22.因

此,异面直线B1C与AA1所成的角为π4.15.解(1)由题中条件可知,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,-1,3),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,-3,2),所以cos<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐴𝐶

⃗⃗⃗⃗⃗|=-2+3+6√14×√14=12.于是sin<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>=√32.故以AB和AC为邻边的平行四边形的面积为S=|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗||𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|sin<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>=14×√32=7

√3.(2)设a=(x,y,z),由题意得{𝑥2+𝑦2+𝑧2=3,-2𝑥-𝑦+3𝑧=0,𝑥-3𝑦+2𝑧=0,解得{𝑥=1,𝑦=1,𝑧=1,或{𝑥=-1,𝑦=-1,𝑧=-1.故a=(1,1,1)或a=(-1,-1,

-1).16.90°1在长方体ABCD-A1B1C1D1中,以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.又AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动.则D(0,0,0),D1(0,0,1),A(1,0,0),A1(

1,0,1),C(0,2,0).设E(1,m,0),0≤m≤2,则𝐷1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,m,-1),𝐴1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,-1),∴𝐷1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-1+0

+1=0,∴直线D1E与A1D所成角的大小是90°.∵𝐷1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,m,-1),𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,2-m,0),D1E⊥EC,∴𝐷1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=-1+m(2-m)+0=0,