第6章 专题强化练1 空间向量的运算（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册（苏教版2019）

专题强化练1　空间向量的运算　　　　　 　　　　 　　　　 1.(多选题)已知空间三点A(1,0,3),B(-1,1,4),C(2,-1,3),若,且|,则点P的坐标为(　　) A.(4,-2,2) B.(-2,2,4) C.(-4,2,-2) D.(2,-2,4) 2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段BD1上,且(0<λ<1).当∠APC为锐角时,实数λ的取值范围为(　　) A. 3.在空间直角坐标系中,O为坐标原点,△ABC的三个顶点分别是A(1,-1,2),B(5,-6,2),C(1,3,-1),BD是AC边上的高,则BD=　　　　.  4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,E∈平面ABB1A1,F是线段AA1的中点,若,则当△EBC的面积取得最小值时,D1E=　　　　.  5.已知空间单位向量e1,e2,e3,e4,|e1+e2|=|e3+e4|=2|e1+e2+e3+e4|=1,则e1·e3的最大值是　　　　.  6.如图所示,空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1,E,F,G分别是AB,AD,CD的中点. (1)求; (2)求证:; (3)求所成角的余弦值. 7.三阶行列式是解决复杂代数运算的算法,其运算法则如下:=a1b2c3+a2b3c1+a3b1c2-a3b2c1-a2b1c3-a1b3c2.若a×b=,则称a×b为空间向量a与b的叉乘,其中a=x1i+y1 j+z1k(x1,y1,z1∈R),b=x2i+y2 j+z2k(x2,y2,z2∈R),{i, j,k}为单位正交基底.以O为坐标原点,i,j,k的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,已知A,B是空间直角坐标系中异于O的不同两点. (1)①若A(1,2,1),B(0,-1,1),求; ②证明:=0; (2)记△AOB的面积为S,证明:S=|; (3)证明:()2的几何意义表示以△AOB为底面,||为高的三棱锥体积的6倍. 答案与分层梯度式解析 专题强化练1　空间向量的运算 1.AB　因为B(-1,1,4),C(2,-1,3),所以=(3,-2,-1), 因为,所以可设=(3λ,-2λ,-λ), 因为|,所以,所以λ=±1, 所以=(3,-2,-1)或=(-3,2,1), 设P(x,y,z),则=(x-1,y,z-3), 所以 所以点P的坐标为(4,-2,2)或(-2,2,4).故选AB. 2.C　以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz, 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1, 则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1), 所以=(1,1,-1),则=(λ,λ,-λ), 故=(-λ,-λ,λ)+(1,0,-1)=(1-λ,-λ,λ-1), =(-λ,-λ,λ)+(0,1,-1)=(-λ,1-λ,λ-1), 由图可知,∠APC≠0, 当∠APC为锐角时,cos∠APC>0, 所以=(1-λ)(-λ)+(-λ)(1-λ)+(λ-1)2=(λ-1)(3λ-1)>0,又0<λ<1,所以0<λ<.故选C. 3.答案　5 解析　设(λ∈R),则=(1,-1,2)+λ(0,4,-3)=(1,-1+4λ,2-3λ), 所以=(1,-1+4λ,2-3λ)-(5,-6,2)=(-4,5+4λ,-3λ), 因为,所以=(-4,5+4λ,-3λ)·(0,4,-3)=0+4(5+4λ)+9λ=0,解得λ=-, 所以, 所以|=5. 4.答案　2 解析　以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则C(0,2,0),B(2,2,0),F(2,0,1),D1(0,0,2), 所以=(2,-2,1), 设E(2,y,z)(0≤y≤2,0≤z≤2),则=(2,y,z-2), 因为,所以=4-2y+z-2=0, 即z=2y-2, 由BC⊥平面ABB1A1,EB⊂平面ABB1A1,得BC⊥EB, 所以△EBC的面积S==BE, 而|, 故S=,由二次函数的性质得,当y=时,5y2-12y+8取最小值,即S最小, 此时y=,则, 故|,即D1E=2. 5.答案　 解析　因为e1,e2,e3,e4是空间单位向量,所以平移向量e1,e2,e3,e4,使它们共起点,记起点为O,则终点在球心为O,半径为1的球面上,如图, 由|e1+e2|=1得+2e1·e2=1,所以e1·e2=-,所以<e1,e2>=120°,同理<e3,e4>=120°, 令e1+e2=a,e3+e4=b,则<e1,a>=60°,<e3,b>=60°,且|a|=|b|=1,|a+b|=,即|a|2+|b|2+2a·b=,所以a·b=-,所以cos<a,b>=-, 固定向量a,b,将e1绕向量a所在直线旋转一周得圆锥OO1的侧面,将e3绕向量b所在直线旋转一周得圆锥OO2的侧面, 因为cos<a,b>=-,所以150°<<a,b><180°,则sin<a,b>=, 观察图形知,当e1,e3旋转到平面O1OO2内,且都在∠O1OO2内时,向量e1与e3的夹角最小,设为θ, 则θ=<a,b>-60°-60°=<a,b>-120°, 故cos θ=cos(<a,b>-120°)=cos<a,b>cos 120°+sin<a,b>sin 120°=-, 所以e1·e3=|e1||e3|cos<e1,e3>≤cos θ=, 所以e1·e3的最大值是. 方法总结　空间两个向量夹角为一确定的角时,可先将两个向量平移,使它们共起点,并将其中一个向量固定,将另一个向量旋转,其轨迹可形成一圆锥的侧面,再借助几何图形的直观性解决问题. 6.解析　设=a,=b,=c, 则|a|=|b|=|c|=1,<a,b>=<b,c>=<c,a>=60°. (1)由题意得c-a,=-a, 则·(-a)=a2-a·c=. (2)证明:因为a+b+c, 所以·a =b·a+c·a-a2 =|b||a|cos 60°+|c||a|cos 60°-|a|2 =×12=0. 所以=0,即. (3)易得b+c,=-b+a, 所以=b+c-b+a=a·b-|b|2+a·c-b·c=-, 又|, 所以cos<, 所以所成角的余弦值为-. 7.解析　(1)①因为A(1,2,1),B(0,-1,1), 则=2i+0-k-0-j+i=3i-j-k=(3,-1,-1). ②证明:设A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2), 则=y1z2i+z1x2 j+x1y2k-x2y1k-z2x1 j-y2z1i=(y1z2-y2z1,z1x2-z2x1,x1y2-x2y1), 将x2与x1互换,y2与y1互换,z2与z1互换,可得=(y2z1-y1z2,z2x1-z1x2,x2y1-x1y2), 故=(0,0,0)=0. (2)证明:因为sin∠AOB=, 所以S=|·||·sin∠AOB=,故要证S=|, 只需证|, 即证. 由(1)中②得,=(x2,y2,z2), =(y1z2-y2z1,z1x2-z2x1,x1y2-x2y1), 则-2y1z2y2z1-2z1x2z2x1-2x1y2x2y1, 又|OA|2=)2=(x1x2+y1y2+z1z2)2, 所以-2y1z2y2z1-2z1x2z2x1-2x1y2x2y1. 则成立, 故S=|. (3)证明:由(2)知S=|, 所以|·2||=S·2||, 故S·||×6, 故的几何意义表示以△AOB为底面,||为高的三棱锥体积的6倍. 3 学科网（北京）股份有限公司 $$