人教版 高中数学【选修 21】习题：第三章3.13.1.5空间向量运算的坐标表示

人教版高中数学精品资料第三章空间向量与立体几何3.13.1空间向量及其运算空间向量及其运算3.1.53.1.5空间向量运算的坐标表示空间向量运算的坐标表示A A 级级基础巩固基础巩固一、选择题一、选择题1 1ABCABC的顶点分别为的顶点分别为A A(1(1，1 1，2 2) ) ，B B(5(5，6 6，2)2)，C C(1(1，3 3， 1)1)，则则ACAC边上的边上的高高BDBD等于等于( () )A A5 5B.B. 4141C C4 4D D2 2 5 5解析：设解析：设ADADACAC，又又ACAC(0(0，4 4，3)3)，则则ADAD(0(0，4 4，3 3) )又因为又因为ABAB(4(4，5 5，0 0) )，所以所以BDBD( (4 4，4 45 5，3 3) )由由ACACBDBD0 0，得得4 45 5，所以所以BDBD4 4，9 95 5，12125 5 . .所以所以| |BDBD| |5.5.答案：答案：A A2 2已知已知a a(2(2，3 3，1 1) )，则下列向量中与则下列向量中与a a平行的是平行的是( () )A A(1(1，1 1，1 1) )B B( (2 2，3 3，5 5) )C C(2(2，3 3，5 5) )D D( (4 4，6 6，2)2)解析：若解析：若b b( (4 4，6 6，2)2)，则则b b2(22(2，3 3，1 1) )2 2a a，所以所以a ab b. .答案：答案：D D3 3已知已知a a(1(1，5 5，2)2)，b b( (m m，2 2，m m2)2)，若若a ab b，则则m m的值为的值为( () )A A0 0B B6 6C C6 6D D6 6解析：因为解析：因为a ab b，所以所以 1 1m m5 52 22(2(m m2)2)0 0，解得解得m m6.6.答案：答案：B B4.4.如图所示的空间直角坐标系中如图所示的空间直角坐标系中，正方体正方体ABCDABCD- -A A1 1B B1 1C C1 1D D1 1棱长为棱长为 1 1，B B1 1E E1 11 14 4A A1 1B B1 1，则则BEBE1 1等于等于( () )A A(0(0，1 14 4，1)1)B B( (1 14 4，0 0，1 1) )C C(0(0，1 14 4，1 1) )D D( (1 14 4，0 0，1)1)解析：因为解析：因为B B(1(1，1 1，0 0) )，A A1 1(1(1，0 0，1 1) )，B B1 1(1(1，1 1，1 1) )所以所以E E1 11 1，3 34 4，1 1，所以所以BEBE1 10 0，1 14 4，1 1. .故选故选 C.C.答案：答案：C C5 5若若a a( (x x，2 2，0 0) )，b b(3(3，2 2x x，x x2 2) )，且且a a与与b b的夹角为钝角的夹角为钝角，则则x x的取值范围是的取值范围是( () )A Ax x 4 4B B44x x00C C00 x x444解析：依题意得解析：依题意得 coscosa a，b ba ab b| |a a| | |b b| |00，所以所以a ab b00，即即 3 3x x2(22(2x x)0)0，解得解得x x 4.4.答案：答案：A A二、填空题二、填空题6 6若若a a( (x x，3 3，1 1) )，b b(2(2，y y，4 4) )，且且a azbzb，则则c c( (x x，y y，z z) )_解析：由解析：由a azbzb，得得x x2 2z z，3 3yzyz，1 14 4z z，所以所以x x1 12 2，y y1212，z z1 14 4. .答案：答案：1 12 2，1212，1 14 47 7已知向量已知向量a a( (1 1，0 0，1 1) )，b b(1(1，2 2，3 3) )，k kR R，若若kakab b与与b b垂直垂直，则则k k_解析：因为解析：因为( (kakab b) )b b，所以所以( (kakab b) )b b0 0，所以所以kakab b| |b b| |2 20 0，所以所以k k( (1 11 10 02 21 13)3)( ( 1 12 22 22 23 32 2) )2 20 0，解得解得k k7.7.答案：答案：7 78 8若若a a(2(2，2 2，0 0) )，b b(1(1，3 3，z z) )， a a，b b3 3，则则z z等于等于_解析：解析：coscosa a，b bcoscos3 3a ab b| |a a| | |b b| |2 21 12 23 30 0z z2 22 22 22 20 02 2 1 12 23 32 2z z2 21 12 2. .所以所以z z 2222. .答案：答案： 2222三、解答题三、解答题9 9已知已知a a4 4e e1 13 3e e2 2e e3 3，b b5 5e e1 14 4e e2 22 2e e3 3，其中其中 e e1 1，e e2 2，e e3 3 是一组正交单位基底是一组正交单位基底，试试求求a ab b及及a a，b b之间夹角的余弦值之间夹角的余弦值解解：由题意知由题意知a a(4(4，3 3，1)1)，b b(5(5， 4 4，2 2) )，所以所以a ab b(4(4，3 3，1)1)(5(5，4 4，2 2) )4 45 53 3( (4)4)( (1)1)2 26.6.又因为又因为| |a a| | 4 42 23 32 2（1 1）2 2 2626，| |b b| | 5 52 2（4 4）2 22 22 2 45453 3 5 5，所以所以 coscosa a，b ba ab b| |a a|b b| |6 626263 3 5 51301306565，所以所以a ab b6 6，a a与与b b夹角的余弦值为夹角的余弦值为1301306565. .1010已知已知a a(3(3，2 2，3)3)，b b( (1 1，3 3，1 1) )，求：求：(1)(1)(a a2 2b b) )(2(2a ab b) )；(2)(2)以以a a，b b为邻边的平行四边形的面积为邻边的平行四边形的面积解：解：(1)(1)a a2 2b b(3(3，2 2，3)3)2(2(1 1，3 3，1 1) )(5(5，8 8，5)5)，2 2a ab b2(32(3，2 2，3)3)( (1 1，3 3，1 1) )(5(5，1 1，5)5)所以所以( (a a2 2b b) )(2(2a ab b) )(5(5，8 8，5)5)(5(5，1 1，5)5)5 55 5( (8)8)( (1)1)( (5)5)( (5)5)58.58.(2)(2)因为因为 coscosa a，b ba ab b| |a a| | |b b| |12122222 11116 6 2 21111，所以所以 sinsina a，b b 1 1coscos2 2a a，b b1 172721211217 71111. .所以所以S S | |a a| | |b b| |sinsina a，b b 2222 11117 711117 7 2 2. .所以以所以以a a，b b为邻边的平行四边形的面积为为邻边的平行四边形的面积为 7 7 2 2. .B B 级级能力提升能力提升1 1已知已知ABAB(1(1，5 5，2)2)，BCBC(3(3，1 1，z z) )，若若ABABBCBC，BPBP( (x x1 1，y y，3)3)，且且BPBP平平面面ABCABC，则则BPBP等于等于( () )A.A.40407 7，15157 7，3 3B.B.33337 7，15157 7，3 3C.C.40407 7，15157 7，3 3D.D.33337 7，15157 7，3 3答案：答案：D D2 2已知空间三点已知空间三点A A(1(1，1 1，1 1) )，B B( (1 1，0 0，4 4) )，C C(2(2，2 2，3 3) )，则则ABAB与与CACA的夹角的夹角的大小的大小是是_解析：因为解析：因为ABAB( (2 2，1 1，3 3) )，CACA( (1 1，3 3，2)2)，所以所以 coscosABAB，CACAABABCACA| |ABAB|CACA| |（2 2）（1 1）（）（1 1）3 33 3（2 2）1414 14147 714141 12 2，又又 0 0ABAB，CACA180180，所以所以ABAB，CACA120120. .答案：答案：1201203 3在正方体在正方体ABCDABCD A A1 1B B1 1C C1 1D D1 1中中，已知已知E E、F F、G G、H H分别是分别是CCCC1 1、BCBC、CDCD和和A A1 1C C1 1的中点的中点证明：证明：(1)(1)ABAB1 1GEGE，ABAB1 1EHEH；(2)(2)A A1 1G G平面平面EFDEFD. .证明证明：如图如图，以以A A为原点建立空间直角坐标系为原点建立空间直角坐标系，设正方体棱长为设正方体棱长为 1 1，则则A A(0(0，0 0，0 0) ) 、B B(1(1，0 0，0 0) )、C C(1(1，1 1，0 0) ) ，D D(0(0，1 1，0 0) )、A A1 1(0(0，0 0，1 1) )，B B1 1(1(1，0 0，1 1) )、C C1 1(1(1，1 1，1 1) )、D D1 1(0(0，1 1，1 1) )，由中点性质得由中点性质得E E1 1，1 1，1 12 2 、F F1 1，1 12 2，0 0，G G1 12 2，1 1，0 0、H H1 12 2，1 12 2，1 1. .(1)(1)则则ABAB1 1(1(1，0 0，1 1) )，GEGE1 12 2，0 0，1 12 2 ，EHEH1 12 2，1 12 2，1 12 2因为因为ABAB1 12 2GEGE，ABAB1 1EHEH1 11 12 2 1 11 12 20 0，所以所以ABAB1 1GEGE，ABAB1 1EHEH. .即即ABAB1 1GEGE，ABAB1 1EHEH. .(2)(2)因为因为A A1 1G G1 12 2，1 1，1 1，DFDF1 1，1 12 2，0 0，DEDE1 1，0 0，1 12 2 ，所以所以A A1 1G GDFDF1 12 21 12 20 00 0，A A1 1G GDEDE1 12 20 01 12 20 0，所以所以A A1 1G GDFDF，A A1 1G GDEDE. .又又DFDFDEDED D，所以所以A A1 1G G平面平面EFDEFD. .