人教版高中数学选修2-1练习：3-1-4空间向量的直角坐标运算b

4课后课时精练
一、选择题
a1a2a3
1．若a＝(a1，a
2
，a
3)，b＝(b1
，b
2
，b
3)，则b1
＝
b2
＝
b3
是a∥b的
()
A．充足不用要条件
B．必需不充足条件
C．充要条件
D．既不充足也不用要条件
a 1a
2a3
分析：设＝＝＝k，易知a∥ b.即条件拥有充足性．
a1a2a3又若 b＝0时， b＝(0,0,0)，虽有 a∥b，但条件b1＝b2＝b3明显不
成立，所以条件不具备必需性．
答案： A
2.[2014 锦·州高二检测 ] 已知 A(4,1,3)，B(2，－ 5,1)，C(3,7，λ)，
→→
若AB⊥AC，则λ的值为 ()
A. －13
B. －14
C. 14
D. 13
→
分析：此题主要考察空间向量垂直的观点．因为AB＝(－2，－6，→→ →
－2)，AC＝(－1,6，λ－3)，由AB·AC＝0 可得2－36－2(λ－3)＝0，解得λ＝－ 14，应选 B.
答案： B
3.
如下图的几何体ABCDE 中， DA⊥平面 EAB，CB∥DA ，EA ＝A B＝DA＝2CB，EA⊥AB，M 是 EC 的中点．则下述结论正确的一项是()
A.DM ⊥EB
B.DM ⊥EC
C.DM ⊥EM
D.DM ⊥BA
分析：
此题主要考察利用空间向量法判断线线垂直．以A为坐标原点建立如下图的空间直角坐标系，并设EA＝DA＝ AB＝2CB＝ 2，则
→
13 E(2,0,0)，B(0,2,0)，C(0,2,1)，D(0,0,2)，M(1,1，2)，DM ＝(1,1，－2)，
→→→1→
EB＝ (－ 2,2,0)，EC＝(－2,2,1)，EM＝(－1,1，2)，AB＝ (0,2,0)，仅有→→
DM ·EB＝0，进而得 DM⊥EB，应选 A.
答案： A
4. [2014 湖·北省八校联考 ]已知 A(1,2,3)，B(2,1,2)，C(1,1,2)，O 为
→ →
坐标原点，点 D 在直线 OC 上运动，则当 DA ·DB 取最小值时，点 D
的坐标为 (
)
4 4 4
8 4 8
A. ( 3，
3，3)
B. ( 3，3，3)
4 4 8
8 8 4
C. (3，3，3)
D. (3，3，3)
分析：此题主要考察空间向量的坐标运算以及数目积运算，
考察
→ →
函数思想．点 D 在直线 OC 上运动，因此可设 OD ＝(a ，a,2a)，DA ＝
→
→ →
(1 － a,2 － a,3 － 2a) ， DB ＝ (2－a,1－ a,2－2a)，DA · ＝(1－a)(2－a)
DB
→ → ＋(2－a)(1－a)＋(3－2a)(2－2a)＝6a 2－16a ＋10，所以 a ＝4
时DA ·
3 DB
2
→ 4 4 8
最小为－ 3，此时 OD ＝ (3，3，3)，应选 C.
答案： C
5．已知 a ＝(sin θ，cos θ，tan θ)，b ＝(cos θ，sin θ， 1
)且
a ⊥
b ， tan θ
则 θ等于 (
)
π
A ．－4
π B.4
π
C ．2k π－2(k ∈Z )
π
D ．k π－4(k ∈Z )
分析： 注意此题中 θ不是 a 、b 的夹角，故有无数个 θ的值知足条件．
2sin θcos θ＝－ 1，sin 2θ＝－ 1，
π
2θ＝2kπ－2(k∈Z)，
1
θ＝kπ－4π(k∈Z)．
答案： D
6．已知三棱柱 ABC—A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面 ABC 上的射影为 BC 的中点，则异面直线 AB 与 CC1所成的角的余弦值为 ()
35
A. 4
B. 4
73
C. 4
D.4
分析：解法一：设 BC 的中点为 D，连结 A1D，AD，易知θ＝∠A1AB 即为异面直线 AB 与 CC1所成的角，由三角余弦定理，易知 cosθADAD 3
＝cos∠A1AD·cos∠DAB＝·＝.
A1A AB4
解法二：由题意 A1D⊥平面 ABC，
又 D 为 BC 中点，∴ AD⊥ BC，
故以 D 为坐标原点 DA、DB、DA1所在直线为 x、y、z 轴成立直角坐标系，设侧棱长与底面边长均等于 a，
3a1
则 D(0,0,0)，A(2 a,0,0)，B(0，2，0)，A1(0,0，2a)，
→
→ 3a ，a ，0)． AA 1＝(－ 3a,0，1a)，AB ＝(－
2 2
2 2 异面直线 AB 与 CC 1 所成的角为∠ A 1AB.
→ →
3 2
∴ cos ∠A
＝ AA 1·AB ＝ 4a
＝3
1AB
→ → a ·a .
4 |AA 1| ·|AB|
答案： D
二、填空题
7. 已知四边形 ABCD 为平行四边形， 且 A(4,1,3)，B(2，－5，1)，
C(3,7，－ 5)，则极点 D 的坐标为 ________．
→ →
分析： 由四边形 ABCD 是平行四边形知 AD ＝BC ，
设 D(x ，y ，z)，
→ →
则 AD ＝(x －4，y －1，z －3)，BC ＝(1,12，－ 6)，
x －4＝1，
x ＝5，
所以 y －1＝12，
解得 y ＝13，
z －3＝－ 6，
z ＝－ 3，
即 D 点坐标为 (5,13，－ 3)．
答案： (5,13，－ 3)
8．已知边长为 4 的正方形 ABCD 所在平面外一点 P 与正方形的中心 O 的连线 PO 垂直于平面 ABCD ，且 PO ＝6，则 PO 的中点 M 到 △PBC 的重心 N 的距离为 ________．
分析：此题主要考察利用空间向量求两点间的距离． 成立如下图的空间直角坐标系，则 B(2,2,0)，C(－2,2,0)，P(0,0,6)，由题意得，
→
， N(0 ， 4
，2)，则 MN ＝(0，4
，－ 1)，
M(0,0,3) 3 3
→ 2＋ 4 2＋ －
2＝5
于是 |MN ＝ 0
| 3
3
.
故 M 到△ PBC 的重心 N 的距离为 5
3
.
5
答案： 3
9．已知向量 a ＝(0，－ 1,1)，b ＝(4,1,0)，|λa ＋b |＝ 29，且 λ>0，
则 λ＝________.
分析： ∵a ＝(0，－1,1)，b ＝(4,1,0)，
∴ λa ＋b ＝(4,1－λ，λ)．
2
2
∵ |λa ＋b |＝ 29，∴ 16＋(1－λ) ＋λ＝29.
∴ λ＝3 或 λ＝－ 2.∵λ>0，∴ λ＝3.
答案： 3
三、解答题
10．已知 a ＝(3,5，－ 4)，b ＝(2,1,8)．
计算： (1)(a ＋b ) ·(a －b )；
(2)( a ＋b )2；
(3)与 a 共线的单位向量．
解： (1)(a ＋b ) ·(a －b )＝a 2－b 2
＝ (9＋25＋16)－(4＋1＋64)＝－ 19.
(2) a ＋b ＝(5,6,4)，|a ＋b |2＝52＋62＋42＝77.
(3) ∵|a |＝ 32＋52＋ － 2＝5 2，∴与 a 共线的单位向量为
a
1
a 0＝±
＝± (3,5，－ 4)
3 2
2 2 2
＝(±10 ，±2 ，? 5 )，
即 a 0＝( 3 2 2 2 2
3 2
2 2 2
10 ， 2 ，－
5 )或(－ 10 ，－ 2 ，
5 )． 11．[2014 吉·林高二测试 ]已知 P 是正方形 ABCD 外一点， M ，N
PM
BN
1
分别是 PA ，BD 上的点，且 MA ＝ND ＝2.
(1)求证：直线 MN ∥平面 PBC ；
(2)若∠ PAD ＝45°且 PD ⊥平面 ABCD ，求异面直线 MN ，PD 所成
角的余弦值．
→ → → → →
→ →
→ → 解： (1)MN ＝MP ＋PB ＋BN ＝－ 1 ＋PB ＋1
＝－ 1 －BP )
3PA
3BD
3(BA
→1→→
2
→
1
→
1
→
1
→
＋PB ＋3(BA ＋BC)＝3PB ＋3BC ＝3PB ＋3PC ，
→→→
取 BC 的中点为 G，则 PB＋PC＝2PG，
→ 2
→
所以 MN ＝3PG，故 MN∥PG，
又 PG? 平面 PBC，MN?平面 PBC，故 MN∥平面 PBC.
(2)由四边形 ABCD 为正方形且 PD⊥平面 ABCD 知， DA，DC，DP 两两垂直，
以 D 为坐标原点， DA，DC，DP 所在直线分别为 x，y，z 轴成立空间直角坐标系，
设 DA＝3，则 A(3,0,0)， P(0,0,3)，
→→
则 M(1,0,2)，N(2,2,0)，得 NM ＝(－1，－ 2,2)，DP＝(0,0,3)，
→→→ →
NM·DP62
故 cos〈NM，DP〉＝→ →＝
3×3
＝
3
，
|NM| ·|DP |
MN，PD 所成角的余弦值为2
故异面直线3
.
12．如右图，正四棱锥 S－ABCD 的侧棱长为2，底面边长为3，
E 是 SA的中点， O 为底面 ABCD 的中心．
(1)求 CE 的长；
(2)求异面直线 BE 与 SC 所成角的余弦值；
(3)若 OG⊥SC，垂足为 G，求证： OG⊥BE.
解：
→ → →
如图，以 O 为原点，以 OA 、OB 、OS 所在的直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴成立空间直角坐标系．
因为侧棱长为
2，底面边长为
3，E 为 SA 的中点，
6
2
6
6
6 所以 A( 2 ，0,0)，S(0,0， 2 )，C(－ 2 ，0,0)，B(0， 2 ，0)，E( 4 ，
2
0， 4 )．
→ 3 6 2
(1)CE ＝( 4 ，0， 4 )，
→ 3 6 2＋02＋
2 2＝ 14 所以 |CE ＝
|
4
4
2 .
→
6
6
2 →
6
2
(2)因为 BE ＝( 4
，－
2 ， 4 )，SC ＝(－ 2 ，0，－ 2 )，所以 cos
→ →
〈 BE ，SC 〉＝
→ →
BE ·SC → → ＝ |BE| ·|SC|
－1 1
2× 2＝－ 2，
1
故异面直线 BE 和 SC 所成角的余弦值为 2. → →
(3)因为 G 在 SC 上，所以 SG 与 SC 共线，
→ →
6
2
→ → → 2
可设 SG ＝λSC ＝(－
＝OS ＋SG ＝(0,0， )
2 λ， ，－
λ，则
OG
2
2
)
＋(－
6
λ， ，－
2 λ
2 0
2 )
＝ (－
6
λ， ，
2 －λ ．
2 0 2 (1 ))
→ → → →
又 OG ⊥SC ，所以 OG ·SC ＝0，
3 1
1
即 2λ－ 2(1－λ)＝0，所以 λ＝4，
→ 6 3 2 所以 OG ＝(－ 8 ，0， 8 )．
→ 6，－
6，
2
→ → 6 ＋0＋ 6
＝0， 又 BE ＝(
，所以
· ＝－
4 2 4 )
OG BE
32
32
→ →
所以 OG ⊥BE ，即 OG ⊥BE.。