课时达标检测(24) 空间向量运算的坐标表示及应用(课件PPT)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（北师大版2019）

高中数学 选择性必修 第一册 课时达标检测(二十四)　 空间向量运算的坐标表示及应用 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十四)　空间向量运算的坐标表示及应用 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十四)　空间向量运算的坐标表示及应用 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十四)　空间向量运算的坐标表示及应用 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十四)　空间向量运算的坐标表示及应用 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十四)　空间向量运算的坐标表示及应用 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十四)　空间向量运算的坐标表示及应用 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十四)　空间向量运算的坐标表示及应用 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十四)　空间向量运算的坐标表示及应用 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十四)　空间向量运算的坐标表示及应用 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十四)　空间向量运算的坐标表示及应用 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十四)　空间向量运算的坐标表示及应用 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十四)　空间向量运算的坐标表示及应用 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十四)　空间向量运算的坐标表示及应用 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十四)　空间向量运算的坐标表示及应用 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十四)　空间向量运算的坐标表示及应用 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 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D．3eq \r(2) 解析　|AB|＝|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝eq \r(1＋32＋1＋32＋1＋32)＝4eq \r(3)。 答案　A 答案与解析 3．已知a＝(1,2，－y)，b＝(x,1,2)，且(a＋2b)∥(2a－b)，则(　　) A．x＝eq \f(1,2)，y＝－4 B．x＝eq \f(1,2)，y＝4 C．x＝2，y＝－eq \f(1,4) D．x＝1，y＝－1 解析　因为a＋2b＝(1＋2x,4,4－y)，2a－b＝(2－x,3，－2y－2)，且(a＋2b)∥(2a－b)，所以3(1＋2x)＝4(2－x)且3(4－y)＝4(－2y－2)，解得x＝eq \f(1,2)，y＝－4。 答案　A 答案与解析 4．已知A(2，－5,1)，B(2，－2,4)，C(1，－4,1)，则向量eq \o(AB,\s\up16(→))与eq \o(AC,\s\up16(→))的夹角为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析　因为eq \o(AB,\s\up16(→))＝(0,3,3)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－1,1,0)，所以|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝3eq \r(2)，|eq \o(AC,\s\up16(→))|＝eq \r(2)，eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝0×(－1)＋3×1＋3×0＝3，所以cos〈eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(AB,\s\up16(→))·\o(AC,\s\up16(→)),|\o(AB,\s\up16(→))||\o(AC,\s\up16(→))|)＝eq \f(1,2)。因为0°≤〈eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))〉≤180°，所以〈eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))〉＝60°。 答案　C 答案与解析 5．若△ABC中，∠C＝90°，A(1,2，－3k)，B(－2,1,0)，C(4,0，－2k)，则k的值为(　　) A．eq \r(10) B．－eq \r(10) C．2eq \r(5) D．±eq \r(10) 解析　eq \o(CB,\s\up16(→))＝(－6,1,2k)，eq \o(CA,\s\up16(→))＝(－3,2，－k)，则eq \o(CB,\s\up16(→))·eq \o(CA,\s\up16(→))＝(－6)×(－3)＋2＋2k×(－k)＝－2k2＋20＝0，所以k＝±eq \r(10)。 答案　D 答案与解析 6.如图，已知边长为6的正方形ABCD和正方形ADEF所在平面互相垂直，O是BE的中点，eq \o(FM,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(MA,\s\up16(→))，则线段OM的长为(　　) A．3eq \r(2) B．eq \r(19) C．2eq \r(5) D．eq \r(21) 解析　由题意可建立以D为原点，DA，DC，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系(图略)，则E(0,0,6)，B(6，6,0)，M(6,0,4)，O(3,3,3)，所以|eq \o(OM,\s\up16(→))|＝eq \r(6－32＋0－32＋4－32)＝eq \r(19)，即线段OM的长为eq \r(19)。故选B。 答案　B 答案与解析 二、多项选择题 7．若向量a＝(1,2,0)，b＝(－2,0,1)，则 (　　) A．cos〈a，b〉＝－eq \f(2,5) B．a⊥b C．a∥b D．|a|＝|b| 解析　因为向量a＝(1,2,0)，b＝(－2,0,1)，所以|a|＝eq \r(5)，|b|＝eq \r(5)，a·b＝1×(－2)＋2×0＋0×1＝－2，cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(－2,5)＝－eq \f(2,5)。由上知B，C不正确，A，D正确。 答案　AD 答案与解析 8．已知P(3cos α，3sin α，1)和Q(2cos β，2sin β，1)，则|eq \o(PQ,\s\up16(→))|的取值可能是(　　) A．1 B．3 C．5 D．7 解析　因为P(3cos α，3sin α，1)和Q(2cos β，2sin β，1)，所以|eq \o(PQ,\s\up16(→))| ＝eq \r(2cos β－3cos α2＋2sin β－3sin α2＋1－12) ＝eq \r(13－12cos αcos β＋sin αsin β) ＝eq \r(13－12cosα－β)。因为cos(α－β)∈[－1,1]，所以|eq \o(PQ,\s\up16(→))|的取值范围是[1,5]。故选ABC。 答案　ABC 答案与解析 三、填空题 9．已知向量a＝(1,2,3)，b＝(x，x2＋y－2，y)，并且a，b同向，则x＋y的值为________。 解析　由题意知a∥b，所以eq \f(x,1)＝eq \f(x2＋y－2,2)＝eq \f(y,3)，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝3x　①，,x2＋y－2＝2x　②，))把①代入②得x2＋x－2＝0，即(x＋2)·(x－1)＝0，解得x＝－2或x＝1。当x＝－2时，y＝－6；当x＝1时，y＝3。当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝－6))时，b＝(－2，－4，－6)＝－2a，向量a，b反向，不符合题意，所以舍去。当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝3))时，b＝(1,2,3)＝a，a与b同向，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝3，))此时x＋y＝4。 答案　4 答案与解析 10．若△ABC的三个顶点坐标分别为A(0,0，eq \r(2))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\r(2)))，C(－1,0，eq \r(2))，则角A的大小为________。 解析　由题意，知eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－1,0,0)， 所以|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝1，|eq \o(AC,\s\up16(→))|＝1，则cos A＝eq \f(\o(AB,\s\up16(→))·\o(AC,\s\up16(→)),|\o(AB,\s\up16(→))||\o(AC,\s\up16(→)))＝eq \f(\f(\r(3),2),1×1)＝eq \f(\r(3),2)， 故角A的大小为30°。 答案　30° 答案与解析 11．已知A(1，－1,2)，B(5，－6,2)，C(1,3，－1)，则eq \o(AB,\s\up16(→))在eq \o(AC,\s\up16(→))方向上的投影数量为________。 解析　因为eq \o(AB,\s\up16(→))＝(5，－6,2)－(1，－1,2)＝(4，－5,0)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(1,3，－1)－(1，－1,2)＝(0,4，－3)，所以cos〈eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))〉＝eq \f(0－20＋0,\r(42＋－52)×\r(42＋－32))＝－eq \f(4,\r(41))，eq \o(AB,\s\up16(→))在eq \o(AC,\s\up16(→))方向上的投影数量为|eq \o(AB,\s\up16(→))|·cos〈eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))〉＝×＝-4。 答案　-4 答案与解析 四、解答题 12．点A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，设a＝eq \o(AB,\s\up16(→))，b＝eq \o(AC,\s\up16(→))。 (1)若|c|＝3，c∥eq \o(BC,\s\up16(→))，求c； (2)若ka＋b与ka－2b互相垂直，求实数k。 解　(1)因为eq \o(BC,\s\up16(→))＝(－2，－1,2)，且c∥eq \o(BC,\s\up16(→))， 所以设c＝λeq \o(BC,\s\up16(→))＝(－2λ，－λ，2λ)， 得|c|＝eq \r(－2λ2＋－λ2＋2λ2)＝3|λ|＝3。 解得λ＝±1。 即c＝(－2，－1,2)或c＝(2,1，－2)。 (2)因为a＝eq \o(AB,\s\up16(→))＝(1,1,0)，b＝eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－1,0,2)， 所以ka＋b＝(k－1，k,2)，ka－2b＝(k＋2，k，－4)。 又因为(ka＋b)⊥(ka－2b)， 所以(ka＋b)·(ka－2b)＝0。 即(k－1，k,2)·(k＋2，k，－4)＝2k2＋k－10＝0。 解得k＝2或k＝－eq \f(5,2)。 故所求k的值为2或－eq \f(5,2)。 13．棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G分别是DD1，BD，BB1的中点。 (1)求证：EF⊥CF； (2)求eq \o(EF,\s\up16(→))与eq \o(CG,\s\up16(→))所成角的余弦值； (3)求|CE|的长。 解　建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz。 则D(0,0,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，C(0,1,0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))， 所以eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，－\f(1,2)))，eq \o(CF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，0))， eq \o(CG,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，eq \o(CE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，\f(1,2)))。 (1)证明：因为eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(CF,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×0＝0， 所以eq \o(EF,\s\up16(→))⊥eq \o(CF,\s\up16(→))，即EF⊥CF。 (2)因为eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(CG,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)×1＋eq \f(1,2)×0＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)， |eq \o(EF,\s\up16(→))|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(3),2)， |eq \o(CG,\s\up16(→))|＝ eq \r(12＋02＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(5),2)， 所以cos〈eq \o(EF,\s\up16(→))，eq \o(CG,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(EF,\s\up16(→))·\o(CG,\s\up16(→)),|\o(EF,\s\up16(→))||\o(CG,\s\up16(→))|)＝eq \f(\f(1,4),\f(\r(3),2)×\f(\r(5),2))＝eq \f(\r(15),15)。 (3)|CE|＝|eq \o(CE,\s\up16(→))|＝ eq \r(02＋－12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(5),2)。 　素养升级　 14.在正三棱柱ABC­A1B1C1中，所有的棱长均为2，M是BC边的中点，则在棱CC1上________(填“存在”或“不存在”)点N，使得eq \o(AB1,\s\up16(→))与eq \o(MN,\s\up16(→))所成的夹角为eq \f(3π,4)。 解析　以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，由已知，棱长都等于2， 所以A(0,0,0)，B(eq \r(3)，1,0)，C(0,2,0)，B1(eq \r(3)，1,2)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))， 假设在棱CC1上存在点N，则设N(0,2，m)(0≤m≤2)， 则有eq \o(AB1,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，1,2)，eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，m))， 答案与解析 所以|eq \o(AB1,\s\up16(→))|＝2eq \r(2)，|eq \o(MN,\s\up16(→))|＝eq \r(1＋m2)， eq \o(AB1,\s\up16(→))·eq \o(MN,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，m))＝2m－1， cos〈eq \o(AB1,\s\up16(→))，eq \o(MN,\s\up16(→))〉＝coseq \f(3π,4)＝eq \f(\o(AB1,\s\up16(→))·\o(MN,\s\up16(→)),|\o(AB1,\s\up16(→))||\o(MN,\s\up16(→))|)＝eq \f(2m－1,2\r(2)×\r(1＋m2))＝－eq \f(\r(2),2)， 解得m＝－eq \f(3,4)。 这与0≤m≤2矛盾，所以在棱CC1上不存在点N，使得eq \o(AB1,\s\up16(→))与eq \o(MN,\s\up16(→))所成的夹角为eq \f(3π,4)。 答案　不存在 15．已知空间三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)。 (1)若|a|＝eq \r(3)，且a分别与eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))垂直，求向量a的坐标； (2)若eq \o(AP,\s\up16(→))∥eq \o(BC,\s\up16(→))，且|eq \o(AP,\s\up16(→))|＝2eq \r(14)，求点P的坐标。 解　(1)eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－2，－1,3)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(1，－3,2)。 设a＝(x，y，z)， 因为|a|＝eq \r(3)，且a分别与eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))垂直， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\r(x2＋y2＋z2)＝\r(3)，,－2x－y＋3z＝0，,x－3y＋2z＝0，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，,z＝1，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－1，,z＝－1，)) 所以a＝(1,1,1)或a＝(－1，－1，－1)。 (2)因为eq \o(AP,\s\up16(→))∥eq \o(BC,\s\up16(→))， 所以可设|eq \o(AP,\s\up16(→))|＝λeq \o(BC,\s\up16(→))(λ∈R)。 因为eq \o(BC,\s\up16(→))＝(3，－2，－1)， 所以eq \o(AP,\s\up16(→))＝(3λ，－2λ，－λ)。 又因为|eq \o(AP,\s\up16(→))|＝2eq \r(14)， 所以eq \r(3λ2＋－2λ2＋－λ2)＝2eq \r(14)， 解得λ＝±2。 所以eq \o(AP,\s\up16(→))＝(6，－4，－2)或eq \o(AP,\s\up16(→))＝(－6,4,2)。 设点P的坐标为(x，y，z)， 则eq \o(AP,\s\up16(→))＝(x，y－2，z－3)。 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝6，,y－2＝－4，,z－3＝－2，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－6，,y－2＝4，,z－3＝2。)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝6，,y＝－2，,z＝1，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－6，,y＝6，,z＝5。)) 故所求点P的坐标为(6，－2,1)或(－6,6,5)。 $$