2.3.2 第2课时 空间向量坐标表示的应用 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套练习word（湘教版）

2.3.2 第2课时 空间向量坐标表示的应用 [课时跟踪检测] 1.已知=(1,2,3),=(a,b,b-2),若点A,B,C共线,则||= (　　) A. B.2 C.3 D.9 解析:选C　因为点A,B,C共线,所以与共线,所以==,解得a=-2,b=-4,故=(-2,-4,-6),=-=(-3,-6,-9),||==3. 2.已知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 解析:选C　因为=(3,4,-8),=(2,-3,1),=(5,1,-7),·=10-3-7=0,∴BC⊥AC,而||=,||=5,所以△ABC是直角三角形. 3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,PQ与直线A1D和AC都垂直,则直线PQ与BD1的关系是 (　　) A.异面 B.平行 C.垂直不相交 D.垂直且相交 解析: 选B　设正方体的棱长为1.以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则=(1,0,1),=(-1,1,0).设=(a,b,c),则取=(1,1,-1).∵=(0,0,1)-(1,1,0)=(-1,-1,1)=-,∴∥,∴PQ∥BD1. 4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点M在AC1上且=,点N为B1B的中点,则||为 (　　) A. B. C. D. 解析: 选C　以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),C1(0,1,1),N,设M(x,y,z),∵点M在AC1上且=,∴(x-1,y,z)=(-x,1-y,1-z),∴x=,y=,z=,即M. 又N,∴|| ==. 5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱AA1的中点,F是棱A1B1上的点,且A1F∶FB1=1∶3,则异面直线EF与BC1所成角的正弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　建立如图 所示的空间直角坐标系,令正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,则E(4,0,2),F(4,1,4),B(4,4,0),C1(0,4,4),所以=(0,1,2),=(-4,0,4),所以cos<,>===.设异面直线EF与BC1所成的角为θ,则sin θ=. 6.(5分)由二维平面向量可以类比得到三维空间向量一些公式,比如若a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),则a·b=x1x2+y1y2+z1z2,=等.非零向量a,b,若a⊥b⇔a·b.若a=(2,3,-4),b=(2,-3,2),则与a,b向量垂直的单位向量的坐标是　　　　　.(写出一个即可)  解析:设向量n=(x,y,z)与a,b垂直,则取x=1得n=(1,2,2),所以与n共线的单位向量±的坐标为或. 答案:(答案不唯一) 7.(5分)已知向量a=(-2,1,1),点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).在直线AB上,存在一点E,使得⊥a,其中O为坐标原点,则点E的坐标为　　　　　　　　　　　.  解析:设=λ,因为A(-3,-1,4),B(-2,-2,2),所以=(1,-1,-2),=(λ,-λ,-2λ),=(3,1,-4),=-=(λ-3,-λ-1,-2λ+4),因为⊥a,所以-2(λ-3)+(-λ-1)+(-2λ+4)=0,解得λ=,又A(-3,-1,4),=,所以点E的坐标为. 答案: 8.(5分)(2021·全国乙卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为　　　　　.  解析: 如图所示,建立空间直角坐标系,设AB=1,则A(1,0,0),D1(0,0,1), B(1,1,0),B1(1,1,1), 故P, 所以=(-1,0,1), =, 所以cos<,>==, 所以直线PB与AD1所成的角为. 答案: 9.(5分)设空间两个单位向量=(a,b,0),=(0,b,c)与向量=(1,1,1)的夹角都等于,则cos∠AOB=　　　　.  解析:∵两个单位向量=(a,b,0),=(0,b,c)与向量=(1,1,1)的夹角都等于,∴∠AOC=∠BOC=. 又||=,||=||=1,∴· =||||cos =×1×=. ∵·=a+b,=a2+b2=1, ∴ 解得或 ∵·=b2,∴cos∠AOB==b2. ∴cos∠AOB=或cos∠AOB=. 答案: 10.(10分)已知空间中三点A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4). (1)求cos∠BAC;(4分) (2)求△ABC中BC边上中线的长度.(6分) 解:(1)=(-1,1,2)-(-2,0,2)=(1,1,0),=(-3,0,4)-(-2,0,2)=(-1,0,2),cos∠BAC===-. (2)设BC的中点为D,则点D的坐标为. 又A(-2,0,2),∴=, ∴||===,即△ABC中BC边上中线的长度为. 11.(10分)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为D1D,BD的中点,点G在棱CD上,且CG=CD,H为C1G的中点. (1)求FH的长;(5分) (2)求异面直线EF与C1G所成角的余弦值.(5分) 解:(1)如图, 建立空间直角坐标系D-xyz,D为坐标原点, 则有F, H, ∴=, ∴||==. ∴FH的长为. (2)由(1)知E,F, ∴=,∴||=. 又C1(0,1,1),G, ∴=,∴||=. ∴·=×0+×+×(-1)=, ∴|cos<,>|==. 即异面直线EF与C1G所成角的余弦值为. 12.(10分)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC和△A1B1C1为正三角形,所有的棱长都是2,M是棱BC的中点,则在棱CC1上是否存在点N,使得向量与向量的夹角为45°? 解:以点A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意知A(0,0,0), B1(,1,2),C(0,2,0), B(,1,0),M.又点N在棱CC1上, 可设N(0,2,m)(0≤m≤2), 则=(,1,2),=, 所以||=2,|| =,·=2m-1. 则cos<,>= ==cos 45°=, 解得m=-,这与0≤m≤2矛盾. 所以在棱CC1上不存在点N,使得向量与向量的夹角为45°. 13.(15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B,F两点间的距离;(4分) (2)求证:EF∥平面PAB;(4分) (3)求证:平面PAD⊥平面PDC.(7分) 解:(1)由题可知,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD, 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), 所以E,F,=, ||=,即B,F两点间的距离为. (2)证明:由(1)知,=, =(1,0,0),所以=-, 即∥,即EF∥AB, 又AB⊂平面PAB,EF⊄平面PAB, 所以EF∥平面PAB. (3)证明:由(1)知,=(0,0,1), =(0,2,0),=(1,0,0), 所以·=(0,0,1)·(1,0,0)=0, ·=(0,2,0)·(1,0,0)=0, 则⊥,⊥, 即AP⊥DC,AD⊥DC, 又AP∩AD=A,且AP,AD⊂平面PAD, 所以DC⊥平面PAD. 又DC⊂平面PDC,所以平面PAD⊥平面PDC. 学科网（北京）股份有限公司 $