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红对勾理科数学课时作业46


课时作业 46

空间向量及其运算

时间:45 分钟 分值:100 分 一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1.已知点 A(-3,0,-4),点 A 关于原点的对称点为 B,则|AB| 等于( A.12 C.25 ) B.9 D.10

解析: 点 A 关于原点对称的点 B 的坐标为 (3,0,4) ,故 |AB| = ?-3-3?2+?0-0?2+?-4-4?2=10. 答案:D 15 2.已知向量 a=(2,-3,5),b=(3,λ, 2 ),且 a∥b,则 λ 等于 ( ) 2 A.3 9 C.-2 9 B.2 2 D.-3 2 ? k = ? 3, ?? 9 ? λ =- ? 2.

=3k; ?2 -3=kλ; 解析:a∥b?a=kb?? 15 5 = ? 2k 答案:C

3.已知向量 a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且 ka+b 与 2a-b 互相垂 直,则 k 的值为( A.1 ) 1 B.5

3 C.5

7 D.5

解析:ka+b=(k-1,k,2),2a-b=(3,2,-2),由题意知,3(k 7 -1)+2k-4=0,解得 k=5. 答案:D 4.已知 a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若 a、b、 c 三个向量共面,则实数 λ 等于( 62 A. 7 64 C. 7 ) 63 B. 7 65 D. 7

解析:由于 a,b,c 三个向量共面,所以存在实数 m,n 使得 c 7=2m-n, ? ? =ma+nb,即有?5=-m+4n, ? ?λ=3m-2n, 答案:D 5. 已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 点 E 为上底面 A1C1 的中心, → =AA → +xAB → +yAD → ,则 x、y 的值分别为( 若AE 1 A.x=1,y=1 1 1 C.x=2,y=2 ) 33 17 65 解得 m= 7 ,n= 7 ,λ= 7 .

1 B.x=1,y=2 1 D.x=2,y=1

→ =AA → +A → → 1 → → 1 → → 解析:如图,AE 1 1E=AA1+ A1C1=AA1+ (AB+AD), 2 2 1 1 所以 x=2,y=2. 答案:C 6.

二面角 α-l-β 为 60° ,A、B 是棱 l 上的两点,AC、BD 分别在 半平面 α、β 内,AC⊥l,BD⊥l,且 AB=AC=a,BD=2a,则 CD 的长为( A.2a C.a 解析:∵AC⊥l,BD⊥l, → ,BD → 〉=60° →· → =0,AB →· → =0, ∴〈AC ,且AC BA BD → =CA → +AB → +BD →, ∴CD → |= ∴|CD → +AB → +BD → ?2 ?CA ) B. 5a D. 3a

= a2+a2+?2a?2+2a· 2acos120° =2a. 答案:A 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 7.已知点 P 在 z 轴上,且满足|OP|=1(O 为坐标原点),则点 P 到点 A(1,1,1)的距离为________. 解析:由题意知,P(0,0,1)或 P(0,0,-1).

∴|PA|= ?0-1?2+?0-1?2+?1-1?2= 2. 或|PA|= ?1-0?2+?1-0?2+?-1-1?2= 6. 答案: 2或 6 8.

→ 已知空间四边形 OABC,点 M、N 分别是 OA、BC 的中点,且OA → =b,OC → =c,用 a,b,c 表示向量MN → =________. =a,OB → =1(MB → +MC →) 解析:如图,MN 2

1 → → → -OM → )] =2[(OB -OM)+(OC 1 → → → )=1(OB → +OC → -OA →) =2(OB +OC-2OM 2 1 =2(b+c-a). 1 答案:2(b+c-a)

9.已知 O(0,0,0),A(1,2,3),B(2,1,2),P(1,1,2),点 Q 在直线 OP →· → 取最小值时,点 Q 的坐标是________. 上运动,当QA QB → =λOP → ,即 OQ=(λ,λ,2λ),则QA → =(1-λ, 解析:由题意,设OQ → =(2-λ,1-λ,2-2λ),∴QA →· → =(1-λ)(2-λ) 2-λ,3-2λ),QB QB 4? 2 ? +(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=6λ2-16λ+10=6?λ-3?2-3,当 λ=
? ? ?4 4 8? 4 ? , , ?. 时有最小值,此时 Q 点坐标为 3 ?3 3 3? ?4 4 8 ? 答案:?3,3,3? ? ?

三、解答题(共 55 分,解答应写出必要的文字说明、演算步骤或 证明过程) 10.(15 分)已知 a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点 A(-3,-1, 4),B(-2,-2,2). (1)求|2a+b|; → ⊥b?(O 为原点) (2)在直线 AB 上,是否存在一点 E,使得OE 解: (1)2a+ b= (2,- 6,4) + (- 2, 1,1)= (0 ,- 5,5),故 |2a+ b| = 02+?-5?2+52=5 2. → =tAB → (t∈R), → =OA → +AE → =OA → +tAB → =(-3, (2)令AE 所以OE -1,4) +t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t), → ⊥b,则OE →· 若OE b=0, 9 所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得 t=5. → ⊥b,此时 E 点的坐标为(-6,-14,2). 因此存在点 E,使得OE 5 5 5

11.(20 分)如图,在底面是矩形的四棱锥 P—ABCD 中,PA⊥底 面 ABCD,E,F 分别是 PC,PD 的中点,PA=AB=1,BC=2. (1)求证:EF∥平面 PAB; (2)求证:平面 PAD⊥平面 PDC. 证明:(1)以 A 为原点,AB 所在直线为 x 轴,AD 所在直线为 y 轴, AP 所在直线为 z 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则 A(0,0,0), B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1), 1? 1? → ? 1 ?1 ? ? → ∴E?2,1,2?,F?0,1,2?,EF =?-2,0,0?,PB =(1,0,-1),
? ? ? ? ? ?

→ =(0,2, → =(0,0,1), → =(0,2,0), → =(1,0,0), → =(1,0,0). PD -1), AP AD DC AB

→ =-1AB → ,∴EF → ∥AB → ,即 EF∥AB, ∵EF 2 又 AB?平面 PAB,EF?平面 PAB,∴EF∥平面 PAB. →· → =(0,0,1)· →· → =(0,2,0)· (2)∵AP DC (1,0,0)=0,AD DC (1,0,0)=0, → ⊥DC → ,AD → ⊥DC → ,即 AP⊥DC,AD⊥DC. ∴AP 又 AP∩AD=A,∴DC⊥平面 PAD.

∵DC?平面 PDC,∴平面 PAD⊥平面 PDC. ——创新应用—— 12.(20 分)

在如图所示的几何体中,底面 ABCD 为菱形,∠BAD=60° ,AA1 綊 DD1 綊 CC1∥BE, 且 AA1=AB, D1E⊥平面 D1AC, AA1⊥底面 ABCD. (1)求二面角 D1-AC-E 的大小; (2)在 D1E 上是否存在一点 P,使得 A1P∥平面 EAC,若存在,求 D1P PE 的值,若不存在,说明理由.

解:(1)设 AC 与 BD 交于 O,如图所示建立空间直角坐标系 O- xyz,设 AB=2,则 A( 3,0,0),B(0,-1,0),C(- 3,0,0),D(0,1,0), → =(0,2,2-t),CA → =(2 3,0,0),D → D1(0,1,2),设 E(0,-1,t),则ED 1 1A =( 3,-1,-2), ∵D1E⊥面 D1AC,∴D1E⊥CA,D1E⊥D1A, → → =0, ?D CA 1E· ∴? → → ?D D 1E· 1A=0, 解得 t=3,

→ =(- 3,-1,3),设平面 EAC 的法向量为 ∴E(0,-1,3),∴AE m=(x,y,z), → =0 ?m· CA 则? → =0 ?m· AE
? ?x=0 ,∴? ?- 3x-y+3z=0 ?

令 z=1,y=3,m=(0,3,1) → =(0,2,-1) 又平面 D1AC 的法向量为ED 1 → m· ED 2 1 → ∴cos〈m,ED1〉= =2 →| |m|· |ED 1 所以所求二面角的大小为 45° λ → 2λ → → → → → (2)设D D1E=(0,- , 1P=λPE=λ(D1E-D1P),得D1P= 1+λ 1+λ λ 2λ λ → → → ) ,A , )=(- 3, 1P=A1D1+DP1=(- 3,1,0)+(0,- 1+λ 1+λ 1+λ 2λ λ 1- , ) 1+λ 1+λ → ∵A1P∥平面 EAC,∴A 1P⊥m, 1-λ λ 3 ∴- 3×0+3× +1× =0,解得 λ=2, 1+λ 1+λ

∴存在点 P 使 A1P∥平面 EAC,此时 D1P:PE=3:2.


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