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1、课时作业课时作业 46 空间向量的运算及应用 空间向量的运算及应用 1已知 a(2,1,3)，b(1,2,1)，若 a(ab)，则实数 的 值为( D ) A2 B14 3 C. D2 14 5 解析：由题意知 a(ab)0，即 a2ab0，所以 1470， 解得 2. 2 若 A， B， C 不共线， 对于空间任意一点 O 都有 OP 3 4OA 1 8OB ，则 P，A，B，C 四点( B ) 1 8OC A不共面 B共面 C共线 D不共线 解析：由已知可得 ， OP OA 1 4OA 1 8OB 1 8OC 即， OP OA 1 8OA 1 8OB 1 8OC 1 8OA 可得 () (
2、) ( AP 1 8 OA OB 1 8 OC OA 1 8BA 1 8AC 1 8 AC AB )， 所以， ，共面但不共线，故 P，A，B，C 四点共面 AP AC AB 3 A， B， C， D 是空间不共面的四点， 且满足0， AB AC AC AD 0，0，M 为 BC 的中点，则AMD 是( C ) AB AD A钝角三角形 B锐角三角形 C直角三角形 D不确定 解析：M 为 BC 的中点， () AM 1 2 AB AC () AM AD 1 2 AB AC AD 0. 1 2AB AD 1 2AC AD AMAD，即AMD 为直角三角形 4如图，已知空间四边形 OABC，其对角
3、线为 OB，AC，M，N 分别是对边 OA，BC 的中点，点 G 在线段 MN 上，且分 MN 所成的比 为 2， 现用基向量，表示向量， 设xyz， OA OB OC OG OG OA OB OC 则 x，y，z 的值分别是( D ) Ax ，y ，z Bx ，y ，z 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 6 Cx ，y ，z Dx ，y ，z 1 3 1 6 1 3 1 6 1 3 1 3 解析：设a，b，c， OA OB OC G 分 MN 的所成比为 2， MG 2 3MN () a a OG OM MG OM 2 3 ON OM 1 2 2 3( 1 2b 1 2c 1 2a
4、) 1 2 b c a a b c，即 x ，y ，z . 1 3 1 3 1 3 1 6 1 3 1 3 1 6 1 3 1 3 5已知空间向量 a，b 满足|a|b|1，且 a，b 的夹角为 ，O 为 3 空间直角坐标系的原点，点 A，B 满足2ab，3ab，则 OA OB OAB 的面积为( B ) A. B. 5 2 3 5 4 3 C. D. 7 4 3 11 4 解析：|， OA 2ab24|a|2|b|24ab7 同理|，则 cosAOB，从 OB 7 OA OB |OA |OB | 6|a|2|b|2ab 7 11 14 而有 sinAOB， 5 3 14 OAB 的面积 S
5、，故选 B. 1 2 77 5 3 14 5 3 4 6 如图， 在空间四边形OABC中， OA8， AB6， AC4， BC5， OAC45，OAB60，则 OA 与 BC 所成角的余弦值为( A ) A. B. 32 2 5 2 2 6 C. D. 1 2 3 2 解析：因为， BC AC AB 所以 OA BC OA AC OA AB |cos， |cos， 84cos135 OA AC OA AC OA AB OA AB 86cos1201624.2 所以 cos， . OA BC OA BC |OA |BC | 2416 2 8 5 32 2 5 即 OA 与 BC 所成角的余弦值为
6、. 32 2 5 7已知 2ab(0，5,10)，c(1，2，2)，ac4，|b|12， 则以 b，c 为方向向量的两直线的夹角为 60 . 解析：由题意，得(2ab)c0102010， 即 2acbc10. 又ac4，bc18， cosb，c ， bc |b|c| 18 12 144 1 2 又b，c0，180， b，c120，两直线的夹角为 60. 8已知 O 点为空间直角坐标系的原点，向量(1,2,3)， OA OB (2,1,2)，(1,1,2)，且点 Q 在直线 OP 上运动，当取得最小 OP QA QB 值时，的坐标是 . OQ ( 4 3， 4 3， 8 3) 解析：点 Q 在直
7、线 OP 上，设点 Q(，2)， 则(1，2，32)，(2，1，22)， QA QB (1)(2)(2)(1)(32)(22)6216 QA QB 106 2 . ( 4 3) 2 3 即当 时，取得最小值 . 4 3 QA QB 2 3 此时. OQ ( 4 3， 4 3， 8 3) 9 已知 V 为矩形 ABCD 所在平面外一点， 且 VAVBVCVD， ，.则 VA 与平面 PMN 的位置关系是 VP 1 3VC VM 2 3VB VN 2 3VD VA平面 PMN . 解析：如图，设a，b，c， VA VB VC 则acb， VD 由题意知 b c， PM 2 3 1 3 a b c.
8、 PN 2 3VD 1 3VC 2 3 2 3 1 3 因此， VA 3 2PM 3 2PN ，共面 VA PM PN 又VA平面 PMN，VA平面 PMN. 10如图，在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，底面 ABCD 是平行四边 形，E，F，G 分别是 A1D1，D1D，D1C1的中点 (1)试用向量，表示； AB AD AA1 AG (2)用向量方法证明平面 EFG平面 AB1C. 解：(1)设a，b， AB AD c. AA1 由图得 AG AA1 A1D1 D1G cb abc 1 2DC 1 2 . 1 2AB AD AA1 (2)证明：由题图，得ab， AC AB BC b
9、a， EG ED1 D1G 1 2 1 2 1 2AC EG 与 AC 无公共点，EGAC， EG平面 AB1C，AC平面 AB1C， EG平面 AB1C. 又ac， AB1 AB BB1 c a， FG FD1 D1G 1 2 1 2 1 2AB 1 FG 与 AB1无公共点，FGAB1， FG平面 AB1C，AB1平面 AB1C， FG平面 AB1C， 又FGEGG，FG，EG平面 EFG， 平面 EFG平面 AB1C. 11已知正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 a，点 M 在 AC1上，且 ，N 为 B1B 的中点，则|为( A ) AM 1 2MC 1 MN A.a B.a
10、21 6 6 6 C.a D.a 15 6 15 3 解析：以 D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz，则 A(a,0,0)，C1(0，a，a)， N. ( a，a，a 2) 设 M(x，y，z)，因为点 M 在 AC1上，且， AM 1 2MC 1 则(xa，y，z) (x，ay，az)， 1 2 得 x a，y ，z ，即 M， 2 3 a 3 a 3 ( 2a 3 ，a 3， a 3) 所以|a. MN ( a2 3a) 2 ( aa 3) 2 ( a 2 a 3) 2 21 6 12 如图， 已知直三棱柱 ABC-A1B1C1， 在底面ABC 中， CACB 1，BCA90
11、，棱 AA12，M，N 分别是 A1B1，A1A 的中点. (1)求的模； BN (2)求 cos，的值； BA1 CB1 (3)求证：A1BC1M. 解：(1)如图，以点 C 作为坐标原点 O，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 由题意得 B(0,1,0)，N(1,0,1)， 所以|. BN 1020121023 (2)由题意得 A1(1,0,2)，B(0,1,0)，C(0,0,0)，B1(0,1,2)， 所以(1， 1,2)，(0,1,2)，3， |， | BA1 CB1 BA1 CB1 BA1 6 CB1 ，5 所以 cos，. BA1 CB1 BA1 CB1 |BA1 |CB1 | 30 10 (3)证明：由题意得 C1(0,0,2)，M， ( 1 2， 1 2，2) (1,1，2)， A1B C1M ( 1 2， 1 2，0) 所以 00， A1B C1M 1 2 1 2 所以， A1B C1M 即 A1BC1M.