2019-2020学年高中数学 第三章 空间向量与立体几何 3.1 空间向量及其运算 3.1.5 空

课后课时精练2A级：基础巩固练一、选择题1．已知A(3,3,3)，B(6,6,6)，O为原点，则OA→与BO→的夹角是()A．0B．πC.π2D.2π3答案B答案3解析∵OA→·OB→＝3×6＋3×6＋3×6＝54，且|OA→|＝33，|OB→|＝63，∴cos〈OA→，OB→〉＝5433×63＝1.∵〈OA→，OB→〉∈[0，π]，∴〈OA→，OB→〉＝0，∴〈OA→，BO→〉＝π.解析42．已知向量a＝(0，－1,1)，b＝(4,1,0)，|λa＋b|＝29，且λ＞0，则λ＝()A．2B．3C．4D．5答案B解析由题意，得λa＋b＝(4,1－λ，λ)．因为|λa＋b|＝29，所以42＋(1－λ)2＋λ2＝29，整理得λ2－λ－6＝0.又λ＞0，所以λ＝3.答案解析53．已知点A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)，则△ABC的形状是()A．等腰三角形B．等边三角形C．直角三角形D．等腰直角三角形答案C答案6解析∵AB→＝(3,4，－8)，AC→＝(5,1，－7)，BC→＝(2，－3，1)，∴|AB→|＝32＋42＋82＝89，|AC→|＝52＋12＋72＝75，|BC→|＝22＋32＋1＝14，∵|AC→|2＋|BC→|2＝75＋14＝89＝|AB→|2.∴△ABC为直角三角形．解析74．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于()A.627B.637C.607D.657答案D答案8解析∵a，b，c三向量共面，则存在不全为零的实数x，y，使c＝xa＋yb，即(7,5，λ)＝x(2，－1,3)＋y(－1,4，－2)＝(2x－y，－x＋4y,3x－2y)，所以2x－y＝7，－x＋4y＝5，3x－2y＝λ，解得x＝337，y＝177.∴λ＝3x－2y＝657.解析95．如图所示的几何体ABCDE中，DA⊥平面EAB，CB∥DA，EA＝AB＝DA＝2CB，EA⊥AB，M是EC的中点．则下述结论正确的一项是()A．DM⊥EBB．DM⊥ECC．DM⊥EMD．DM⊥BA答案A答案10解析以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，并设EA＝DA＝AB＝2CB＝2，则E(2,0,0)，B(0,2,0)，C(0,2,1)，D(0,0,2)，M1，1，12，DM→＝1，1，－32，EB→＝(－2,2,0)，EC→＝(－2,2,1)，EM→＝－1，1，12，AB→＝(0,2,0)，仅有DM→·EB→＝0，从而得DM⊥EB.故选A.解析116．已知O为坐标原点，OA→＝(1,2,3)，OB→＝(2,1,2)，OP→＝(1,1,2)，点Q在直线OP上，那么当QA→·QB→取得最小值时，点Q的坐标是()A.12，34，13B.12，32，13C.43，43，83D.43，43，73答案C答案12解析设OQ→＝λOP→，则QA→＝OA→－OQ→＝OA→－λOP→＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB→＝OB→－OQ→＝OB→－λOP→＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，所以QA→·QB→＝(1－λ，2－λ，3－2λ)·(2－λ，1－λ，2－2λ)＝2(3λ2－8λ＋5)＝23λ－432－13.所以当λ＝43时，QA→·QB→最小，此时OQ→＝43OP→＝43，43，83，即点Q的坐标为43，43，83.故选C.解析13二、填空题7．已知向量a＝(－1,0,1)，b＝(1,2,3)，k∈R，若ka－b与b垂直，则k＝________.答案7解析因为(ka－b)⊥b，所以(ka－b)·b＝0，所以ka·b－|b|2＝0.所以k(－1×1＋0×2＋1×3)－(12＋22＋32)2＝0，解得k＝7.答案解析148．若a＝(x,2,2)，b＝(2，－3,5)的夹角为钝角，则实数x的取值范围是________．答案(－∞，－2)解析a·b＝2x－2×3＋2×5＝2x＋4，设a，b的夹角为θ，因为θ为钝角，所以cosθ＝a·b|a||b|0，又|a|0，|b|0，所以a·b0，即2x＋40，所以x－2，又a，b不会反向，所以实数x的取值范围是(－∞，－2)．答案解析159．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________．答案53答案16解析建立如图所示的空间直角坐标系，则B(2,2,0)，C(－2，2,0)，P(0,0,6)，由题意，得M(0,0,3)，N0，43，2，则MN→＝0，43，－1，于是|MN→|＝02＋432＋－12＝53.故M到△PBC的重心N的距离为53.解析17三、解答题10．已知空间四点A(2,0,0)，B(0,2,1)，C(1,1,1)，D(－1，m，n)．(1)若AB∥CD，求实数m，n的值；(2)若m＋n＝1，且直线AB和CD所成角的余弦值为13，求实数m的值．18解(1)AB→＝(－2,2,1)，CD→＝(－2，m－1，n－1)，由AB∥CD得m－1＝2，n－1＝1，解得m＝3，n＝2.(2)设直线AB和CD所成的角为θ，则有|cosθ|＝|AB→·CD→||AB→||CD→|＝|1＋2m＋n|3×4＋m－12＋n－12＝13.又m＋n＝1，解得m＝3±22.答案19B级：能力提升练如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分别是AA1，CB1的中点．(1)求BM，BN的长；(2)求△BMN的面积．20解以C为坐标原点，以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图)．答案21则B(0,1,0)，M(1,0,1)，N0，12，1.(1)BM→＝(1，－1,1)，BN→＝0，－12，1，∴|BM→|＝12＋－12＋12＝3，|BN→|＝02＋－122＋12＝52，故BM的长为3，BN的长为52.答案22(2)S△BMN＝12·BM·BN·sin∠MBN，而cos∠MBN＝cos〈BM→，BN→〉＝BM→·BN→|BM→||BN→|＝323×52＝155，∴sin∠MBN＝1－1552＝105，故S△BMN＝12×3×52×105＝64，即△BMN的面积为64.答案本课结束