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资源详情
高中数学
苏教版(2019)
选择性必修第二册
第6章 空间向量与立体几何
6.2空间向量的坐标表示
6.2.2 第2课时 空间向量数量积的坐标表示(课件 学案 练习)高中数学苏教版(2019)选择性必修第二册
文档属性
名称
6.2.2 第2课时 空间向量数量积的坐标表示(课件 学案 练习)高中数学苏教版(2019)选择性必修第二册
格式
zip
文件大小
3.8MB
资源类型
教案
版本资源
苏教版(2019)
科目
数学
更新时间
2025-07-31 20:54:50
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文档简介
第2课时 空间向量数量积的坐标表示
(强基课——梯度进阶式教学)
课时目标
1.掌握空间向量数量积的坐标运算.
2.会根据空间向量数量积的坐标运算解决向量垂直、夹角和距离问题.
1.空间向量数量积运算的坐标表示及应用
设空间两个非零向量为a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),则
名称 满足条件
向量表示形式 坐标表示形式
a·b |a||b|cos
a⊥b a·b=0
模 |a|=
夹角余弦 cos
=
2.空间两点间的距离及中点坐标
在空间直角坐标系中,设A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),则
(1)AB=||= .
(2)线段AB的中点M的坐标为 .
[基点训练]
1.若a=(1,-2,1),b=(-1,-3,2),则(a+b)·(a-b)= ( )
A.10 B.8
C.-10 D.-8
2.已知a=(2,-1,3),b=(-4,y,2),且a⊥(a+b),则y的值为 ( )
A.6 B.10
C.12 D.14
3.已知向量a=(-1,0,-1),b=(1,2,-1),则向量a与b的夹角为 .
题型(一) 坐标法求空间向量的数量积
[例1] 如图,在边长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是A1D1,DD1,CD的中点,以A为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.
(1)写出B1,C1,E,F,G五点的坐标;
(2)求·(+).
听课记录:
[思维建模] 求空间向量数量积的两种方法
基向量法 首先选取基向量,然后用基向量表示相关的向量,最后利用数量积的定义计算.注意:基向量的选取要合理,一般选模和夹角都确定的向量
坐标法 对于建系比较方便的题目,采用此法较简单,只需建系后找出相关点的坐标,进而得向量的坐标,然后利用数量积的坐标公式计算即可
[针对训练]
1.已知空间向量m=(1,2,3),空间向量n满足m∥n且m·n=7,则n= ( )
A. B.
C. D.
2.设O为坐标原点,向量=(1,2,3),=(2,1,2),=(1,1,2),点Q在直线OP上运动,则·的最小值为 ( )
A. B.-
C. D.-
题型(二) 空间向量数量积的坐标运算解决垂直问题
[例2] 如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,CE⊥AC,EF∥AC,AB=,CE=EF=1.求证:CF⊥平面BDE.
听课记录:
[思维建模] 判断空间向量垂直的步骤
(1)向量化:将空间中的垂直关系转化为向量的垂直关系.
(2)向量关系代数化:写出向量的坐标.
(3)对于a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),根据x1x2+y1y2+z1z2是否为0判断两向量是否垂直.
[针对训练]
3.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是直角梯形,其中AD∥BC,AB⊥AD,AB=AD=BC=2,
PA=4,E为棱BC上的点,且BE=BC.求证:DE⊥平面PAC.
题型(三) 空间向量坐标法解决夹角、模问题
[例3] 如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为BC1的中点,E1,F1分别在棱A1B1,C1D1上,且B1E1=A1B1,D1F1=C1D1.
(1)求AM的长;
(2)求BE1与DF1夹角的余弦值.
听课记录:
[思维建模]
1.利用向量坐标求异面直线所成角的步骤
(1)根据几何图形的特点建立适当的空间直角坐标系;
(2)利用已知条件写出有关点的坐标,进而获得相关向量的坐标;
(3)利用向量数量积的坐标公式求得异面直线上有关向量的夹角,并将它转化为异面直线所成的角.
2.利用向量坐标求空间中线段的长度的步骤
(1)建立适当的空间直角坐标系;
(2)求出线段端点的坐标;
(3)利用两点间的距离公式求出线段的长.
[针对训练]
4.已知空间三点,A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5).
(1)求以AB,AC为边的平行四边形的面积;
(2)若||=,且∠DAB=∠DAC=60°,点P是BC的中点,求||的值.
第2课时 空间向量数量积的坐标表示
课前环节
1.x1x2+y1y2+z1z2 x1x2+y1y2+z1z2=0
2.(1)
(2)
[基点训练]
1.选D 因为a=(1,-2,1),b=(-1,-3,2),所以a+b=(0,-5,3),a-b=(2,1,-1),则(a+b)·(a-b)=-5-3=-8.
2.选C 因为a⊥(a+b),所以a·(a+b)=(2,-1,3)·(2-4,-1+y,3+2)=-4+1-y+15=0,解得y=12.
3.解析:因为cos
====0,又
∈[0,π],所以
=.
答案:
课堂环节
[题型(一)]
[例1] 解:(1)由题图可知,B1(4,0,4),C1(4,4,4),E(0,2,4),F(0,4,2),G(2,4,0).
(2)由(1)可知,=(-2,0,-4),=(-4,2,0),=(-4,4,-2),则+=(-8,6,-2),所以·(+)=-2×(-8)+0×6+(-4)×(-2)=24.
[针对训练]
1.选A ∵m=(1,2,3),且空间向量n满足m∥n,∴可设n=λm=(λ,2λ,3λ),又m·n=7,∴1×λ+2×2λ+3×3λ=14λ=7,解得λ=.∴n=m=,故A正确.
2.选B ∵=(1,1,2),点Q在直线OP上运动,∴可设=λ=(λ,λ,2λ).又向量=(1,2,3),=(2,1,2),∴=(1-λ,2-λ,3-2λ),=(2-λ,1-λ,2-2λ),则·=(1-λ)×(2-λ)+(2-λ)×(1-λ)+(3-2λ)×(2-2λ)=6λ2-16λ+10,易得当λ=时,·取得最小值-.故选B.
[题型(二)]
[例2] 证明:因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,两平面的交线为AC,且CE⊥AC,所以CE⊥平面ABCD.
如图,以C为原点,CD,CB,CE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.
则C(0,0,0),B(0,,0),D(,0,0),E(0,0,1),F,
所以=,=(0,-,1),=(-,0,1),
所以·=0-1+1=0,·=-1+0+1=0,
所以⊥,⊥,即CF⊥BE,CF⊥DE.
又BE∩DE=E,且BE 平面BDE,DE 平面BDE,
所以CF⊥平面BDE.
[针对训练]
3.证明:因为PA⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,AD 平面ABCD,
所以PA⊥AB,PA⊥AD.又AB⊥AD,则以A为坐标原点,
建立如图所示的空间直角坐标系.由已知可得A(0,0,0),C(2,4,0),D(0,2,0),P(0,0,4),E(2,1,0),
所以=(2,-1,0),=(2,4,0),=(0,0,4).
因为·=2×2-1×4+0=0,·=0,
所以DE⊥AC,DE⊥AP.又AP∩AC=A,AP 平面PAC,AC 平面PAC,所以DE⊥平面PAC.
[题型(三)]
[例3] 解:(1)以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(2,0,0),M(1,2,1),=(-1,2,1),∴||==,故AM=.
(2)由(1)知B(2,2,0),E1,D(0,0,0),F1,所以=,=,则||=,||=.所以·=0×0++2×2=,则cos , ===,所以BE1与DF1所成角的余弦值为.
[针对训练]
4.解:(1)∵=(-2,-1,3),=(1,-3,2),
∴||=||==,
cos<,>===,
∴sin<,>=.
∴S平行四边形=2××AB×AC×sin<,>=××=7.
(2)∵点P是BC的中点,
∴=+,
∴=-=+-,
∴||2=||2+||2+||2+·-·-·
=×()2+×()2+()2+×(-2×1+1×3+3×2)-××cos 60°×2=-7=,
∴||=.
6 / 6(共66张PPT)
空间向量数量积的坐标表示
(强基课——梯度进阶式教学)
第2课时
课时目标
1.掌握空间向量数量积的坐标运算.
2.会根据空间向量数量积的坐标运算解决向量垂直、夹角和距离问题.
CONTENTS
目录
1
2
3
课前环节/预知教材·自主落实主干基础
课堂环节/题点研究·迁移应用融会贯通
课时跟踪检测
课前环节/预知教材·自主落实主干基础
1.空间向量数量积运算的坐标表示及应用
设空间两个非零向量为a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),则
名称 满足条件
向量表示形式 坐标表示形式
a·b |a||b|cos
_______________
a⊥b a·b=0 _________________
x1x2+y1y2+z1z2
x1x2+y1y2+z1z2=0
续表
模 |a|=
__________________________________________
夹角余弦 cos
=
________________________________________________________________
2.空间两点间的距离及中点坐标
在空间直角坐标系中,设A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),则
(1)AB=||=__________________________________.
(2)线段AB的中点M的坐标为_________________________.
1.若a=(1,-2,1),b=(-1,-3,2),则(a+b)·(a-b)= ( )
A.10 B.8
C.-10 D.-8
解析:因为a=(1,-2,1),b=(-1,-3,2),所以a+b=(0,-5,3),a-b=(2,1,-1),则(a+b)·(a-b)=-5-3=-8.
基点训练
√
2.已知a=(2,-1,3),b=(-4,y,2),且a⊥(a+b),则y的值为 ( )
A.6 B.10
C.12 D.14
解析:因为a⊥(a+b),所以a·(a+b)=(2,-1,3)·(2-4,-1+y,3+2)=-4+1-y+15=0,解得y=12.
√
3.已知向量a=(-1,0,-1),b=(1,2,-1),则向量a与b的夹角为 .
解析:因为cos
====0,又
∈[0,π],所以
=.
课堂环节/题点研究·迁移应用融会贯通
题型(一) 坐标法求空间向量的数量积
[例1] 如图,在边长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是A1D1,DD1,CD的中点,以A为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.
(1)写出B1,C1,E,F,G五点的坐标;
解:由题图可知,B1(4,0,4),C1(4,4,4),E(0,2,4),F(0,4,2),G(2,4,0).
(2)求·(+).
解: 由(1)可知,=(-2,0,-4),=(-4,2,0),=(-4,4,-2),
则+=(-8,6,-2),所以·(+)=-2×(-8)+0×6+(-4)×
(-2)=24.
[思维建模] 求空间向量数量积的两种方法
基向 量法 首先选取基向量,然后用基向量表示相关的向量,最后利用数量积的定义计算.注意:基向量的选取要合理,一般选模和夹角都确定的向量
坐标法 对于建系比较方便的题目,采用此法较简单,只需建系后找出相关点的坐标,进而得向量的坐标,然后利用数量积的坐标公式计算即可
针对训练
1.已知空间向量m=(1,2,3),空间向量n满足m∥n且m·n=7,则n= ( )
A. B.
C. D.
√
解析:∵m=(1,2,3),且空间向量n满足m∥n,∴可设n=λm=(λ,2λ,3λ),又m·n=7,∴1×λ+2×2λ+3×3λ=14λ=7,解得λ=.∴n=m=,故A正确.
2.设O为坐标原点,向量=(1,2,3),=(2,1,2),=(1,1,2),点Q在直线OP上运动,则·的最小值为( )
A. B.-
C. D.-
√
解析:∵=(1,1,2),点Q在直线OP上运动,∴可设=λ=(λ,λ,2λ).又向量=(1,2,3),=(2,1,2),∴=(1-λ,2-λ,3-2λ),=(2-λ,1-λ,2-2λ),则·=(1-λ)×(2-λ)+(2-λ)×(1-λ)+(3-2λ)×(2-2λ)=6λ2-16λ+10,易得当λ=时,·取得最小值-.故选B.
题型(二) 空间向量数量积的坐标运算解决垂直问题
[例2] 如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,CE⊥AC,EF∥AC,AB=,CE=EF=1.求证:CF⊥平面BDE.
证明:因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,两平面的交线为AC,且CE⊥AC,所以CE⊥平面ABCD.如图,以C为原点,CD,CB,CE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.
则C(0,0,0),B(0,,0),D(,0,0),E(0,0,1),F,
所以=,=(0,-,1),=(-,0,1),
所以·=0-1+1=0,·=-1+0+1=0,
所以⊥,⊥,即CF⊥BE,CF⊥DE.
又BE∩DE=E,且BE 平面BDE,DE 平面BDE,
所以CF⊥平面BDE.
[思维建模] 判断空间向量垂直的步骤
(1)向量化:将空间中的垂直关系转化为向量的垂直关系.
(2)向量关系代数化:写出向量的坐标.
(3)对于a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),根据x1x2+y1y2+z1z2是否为0判断两向量是否垂直.
针对训练
3.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是直角梯形,其中AD∥BC,AB⊥AD,AB=AD=BC=2,PA=4,E为棱BC上的点,且BE=BC.求证:DE⊥平面PAC.
证明:因为PA⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,AD 平面ABCD,
所以PA⊥AB,PA⊥AD.又AB⊥AD,则以A为坐标原点,
建立如图所示的空间直角坐标系.
由已知可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,2,0),P(0,0,4),E(2,1,0),所以=(2,-1,0),=(2,4,0),=(0,0,4).因为·=2×2-1×4+0=0,·=0,所以DE⊥AC,DE⊥AP.
又AP∩AC=A,AP 平面PAC,AC 平面PAC,所以DE⊥平面PAC.
题型(三) 空间向量坐标法解决夹角、模问题
[例3] 如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为BC1的中点,E1,F1分别在棱A1B1,C1D1上,且B1E1=A1B1,D1F1=C1D1.
(1)求AM的长;
解:以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(2,0,0),M(1,2,1),=(-1,2,1),∴||==,故AM=.
(2)求BE1与DF1夹角的余弦值.
解:由(1)知B(2,2,0),E1,D(0,0,0),F1,所以=,=,则||=,||=.所以·=0×0++2×2=,
则cos<,>===,所以BE1与DF1所成角的余弦值为.
[思维建模]
1.利用向量坐标求异面直线所成角的步骤
(1)根据几何图形的特点建立适当的空间直角坐标系;
(2)利用已知条件写出有关点的坐标,进而获得相关向量的坐标;
(3)利用向量数量积的坐标公式求得异面直线上有关向量的夹角,并将它转化为异面直线所成的角.
2.利用向量坐标求空间中线段的长度的步骤
(1)建立适当的空间直角坐标系;
(2)求出线段端点的坐标;
(3)利用两点间的距离公式求出线段的长.
针对训练
4.已知空间三点,A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5).
(1)求以AB,AC为边的平行四边形的面积;
解:∵=(-2,-1,3),=(1,-3,2),∴||=||==,
cos〈,〉===,∴sin〈,〉=.
∴S平行四边形=2××AB×AC×sin〈,〉=××=7.
(2)若||=,且∠DAB=∠DAC=60°,点P是BC的中点,求||的值.
解:∵点P是BC的中点,∴=+,
∴=-=+-,
∴||2=||2+||2+||2+·-·-·=×()2+×()2+()2+×(-2×1+1×3+3×2)-××cos 60°×2=-7=,∴||=.
课时跟踪检测
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A级——综合提能
1.已知向量a=(0,-1,1),b=(4,1,0),|λa+b|=,且λ>0,则λ等于( )
A.5 B.4
C.3 D.2
解析:λa+b=λ(0,-1,1)+(4,1,0)=(4,1-λ,λ),由已知得|λa+b|==,且λ>0,解得λ=3.
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2.若向量a=(x,-4,-5),b=(1,-2,2),且a与b的夹角的余弦值为-,则实数x的值为( )
A.-3 B.11 C.3 D.-3或11
解析:根据题意得cos
===-.
化简得=-.解得x=-3.故选A.
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3.如图,PD垂直于正方形ABCD所在平面,AB=2,E为PB的中点,cos<,>
=,若以DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则点E的坐标为( )
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A. B.(1,1,1)
C.(1,1,) D.(1,1,)
解析:设PD=a(a>0),则A(2,0,0),B(2,2,0),P(0,0,a),
E,∴=(0,0,a),=,∴cos<,>==,解得a=2,∴E的坐标为(1,1,1).
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4.[多选]已知空间向量m=(-1,2,5),n=(2,-4,x),则下列选项正确的是 ( )
A.当m⊥n时,x=2
B.当m∥n时,x=-10
C.当|m+n|=时,x=-4
D.当x=时,cos
=
√
√
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解析:因为m⊥n,所以m·n=-1×2+2×(-4)+5x=-10+5x=0,解得x=2,故A正确;
因为m∥n,所以存在λ∈R,使得m=λn,则(-1,2,5)=λ(2,-4,x)=(2λ,-4λ,λx),即解得故B正确;
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因为m+n=(-1+2,2-4,5+x)=(1,-2,5+x),
所以|m+n|===,
解得x=-5,故C错误;
因为x=,则m=(-1,2,5),n=(2,-4,),
所以cos
===,故D正确.
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5.[多选]如图,矩形ADFE,矩形CDFG,正方形ABCD两两垂直,且AB=2,若线段DE上存在点P使得GP⊥BP,则边CG长度的可能取值为 ( )
A.4 B.4 C.2 D.2
√
√
√
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解析:以DA,DC,DF为坐标轴建立空间直角坐标系,如图所示.
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设CG=a,P(x,0,z),则=,即z=,又B(2,2,0),G(0,2,a),所以=,=,·=x(x-2)+4+=0,显然x≠0且x≠2,所以a2=-4.因为x∈(0,2),所以2x-x2∈(0,1],则当2x-x2=1时,a2取得最小值12,所以a的最小值为2,即边CG长度的最小值为2.
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6.已知向量a=(-2,1,x),b=(-1,1,2),a·b=3,则x= .
解析:a·b=2+1+2x=2x+3=3,解得x=0.
0
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7.若m=(2,-1,1),n=(λ,5,1),且m⊥(m-n),则λ= .
解析:由已知得m-n=(2-λ,-6,0).
由m·(m-n)=0,得2(2-λ)+6+0=0,所以λ=5.
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8.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,|a|=,非零向量a,b,a⊥b a·b=0等.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)
(满足x2+y2+z2=1,且2x=y=z即可)
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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
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9.已知空间向量a=(2,-1,3),b=(m,4,n).
(1)若c∥a,且a·c=28,求c的坐标;
解:由题意c∥a,a=(2,-1,3)≠0,不妨设c=λa,因为a·c=28,
所以a·c=λa2=λ|a|2=λ×[22+(-1)2+32]=28,解得λ=2,所以c=λa=2a=(4,-2,6).
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(2)若a⊥b,且m>0,n>0,求mn的最大值.
解:由题意a⊥b,得a·b=2m-4+3n=0,即2m+3n=4.
又因为m>0,n>0,
所以由基本不等式可得2m+3n=4≥2,当且仅当m=1,n=时,等号成立,
解得mn≤.所以当且仅当m=1,n=时,mn的最大值为.
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10.如图,设边长为2的正方形ABCD的中心为O,过点O作平面ABCD的垂线VO,VO=2,E为VO的中点,求与夹角的余弦值.
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解:连接BD,AC,显然有BD⊥AC,BD∩AC=O,BD=AC=2.如图分别以,,的方向为x、y、z轴的正方向,建立空间直角坐标系.
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则B(0,,0),C(-,0,0),O(0,0,0),V(0,0,2),E(0,0,1),则=(0,-,2),=(,0,1),则·=0×-×0+2×1=2,||= =,||= =,
所以cos<,>===.所以与夹角的余弦值为.
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B级——应用创新
11.若A(3cos α,3sin α,1),B(2cos θ,2sin θ,1),则||的取值范围是( )
A.[1,3] B.[1,5]
C.[,5] D.[3,]
√
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解析:∵A(3cos α,3sin α,1),B(2cos θ,2sin θ,1),
∴=(2cos θ-3cos α,2sin θ-3sin α,0),
∴||==
=,∴1≤||≤5.故选B.
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12.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P是底面ABCD(含边界)上一动点,满足A1P⊥AC1,则线段A1P长度的取值范围是 ( )
A. B.
C. D.
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解析:选A 如图,建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),A1(0,0,1),C1(1,1,1),
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∵P是底面ABCD(含边界)上一动点,∴设P(x,y,0)(0≤x≤1,
0≤y≤1),则=(x,y,-1),=(1,1,1),∵A1P⊥AC1,
∴·=x+y-1=0,∴=x2+y2+1=x2+(1-x)2+1=
2x2-2x+2=2+,∴当x=时,取最小值,此时线段A1P的长度为;当x=0或x=1时,取最大值2,此时线段A1P的长度为,
∴线段A1P长度的取值范围是.故选A.
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13.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.
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14.如图,在四棱锥P-ABCD中,△PBC为等腰直角三角形,且∠CPB=90°,四边形ABCD为直角梯形,满足AD∥BC,CD⊥AD,BC=CD=2AD=4,
PD=2.
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(1)若点F为DC的中点,求cos<,>;
解:因为△PBC为等腰直角三角形,∠CPB=90°,BC=CD=4,所以PC=PB=2.又PD2==24,PC2+CD2=+42=24,所以DC⊥PC.而CD⊥AD,AD∥BC,故CD⊥BC,因为PC∩BC=C,PC,BC 平面PBC,所以CD⊥平面PBC.以点C为原点,CP,CD所在直线分别为x,z轴,过点C作PB的平行线为y轴,
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建立空间直角坐标系C-xyz,如图所示,
则P(2,0,0),B(2,2,0),F(0,0,2),A(,,4),=(,-,-4),=(-2,-2,2).
所以cos<,>===-.
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(2)若点E为PB的中点,点M为AB上一点,当⊥时,求的值.
解: 由(1)知E(2,,0),=(,,-4),设=t,则=(t,t,-4t),所以M(+t,+t,4-4t),所以=(t-,t,4-4t).又=(-2,-2,2),⊥,所以·=-2×(t-)-2×t+8-8t=0,解得t=,所以=.
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15.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形,AC=2a,BB1=3a,D是A1C1的中点,E是B1C的中点.
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(1)求cos<,>;
解:以B为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
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∵AC=2a,∠ABC=90°,∴AB=BC=a.
∴B(0,0,0),A(a,0,0),C(0,a,0),B1(0,0,3a),A1(a,0,3a),C1(0,a,3a),D,E,=(a,-a,3a),=.∴||=a,||=a,·=0-a2+a2=a2.∴cos<,>==.
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(2)在线段AA1上是否存在点F,使CF⊥平面B1DF 若存在,求出||;若不存在,请说明理由.
解: 存在.理由如下:假设存在点F,使CF⊥平面B1DF.
不妨设AF=b,则F(a,0,b),=(a,-a,b),=(a,0,b-3a),=.∵·=a2-a2+0=0,∴⊥恒成立.
由·=2a2+b(b-3a)=b2-3ab+2a2=0,得b=a或b=2a.
∴在线段AA1上存在点F,使CF⊥平面B1DF,且||=a或||=2a.课时跟踪检测(七) 空间向量数量积的坐标表示
A级——综合提能
1.已知向量a=(0,-1,1),b=(4,1,0),|λa+b|=,且λ>0,则λ等于 ( )
A.5 B.4
C.3 D.2
2.若向量a=(x,-4,-5),b=(1,-2,2),且a与b的夹角的余弦值为-,则实数x的值为 ( )
A.-3 B.11
C.3 D.-3或11
3.如图,PD垂直于正方形ABCD所在平面,AB=2,E为PB的中点,cos<,>=,若以DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则点E的坐标为 ( )
A. B.(1,1,1)
C.(1,1,) D.(1,1,)
4.[多选]已知空间向量m=(-1,2,5),n=(2,-4,x),则下列选项正确的是 ( )
A.当m⊥n时,x=2
B.当m∥n时,x=-10
C.当|m+n|=时,x=-4
D.当x=时,cos
=
5.[多选]如图,矩形ADFE,矩形CDFG,正方形ABCD两两垂直,且AB=2,若线段DE上存在点P使得GP⊥BP,则边CG长度的可能取值为 ( )
A.4 B.4
C.2 D.2
6.已知向量a=(-2,1,x),b=(-1,1,2),a·b=3,则x= .
7.若m=(2,-1,1),n=(λ,5,1),且m⊥(m-n),则λ= .
8.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,|a|=,非零向量a,b,a⊥b a·b=0等.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)
9.已知空间向量a=(2,-1,3),b=(m,4,n).
(1)若c∥a,且a·c=28,求c的坐标;
(2)若a⊥b,且m>0,n>0,求mn的最大值.
10.如图,设边长为2的正方形ABCD的中心为O,过点O作平面ABCD的垂线VO,VO=2,E为VO的中点,求与夹角的余弦值.
B级——应用创新
11.若A(3cos α,3sin α,1),B(2cos θ,2sin θ,1),则||的取值范围是 ( )
A.[1,3] B.[1,5]
C.[,5] D.[3,]
12.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P是底面ABCD(含边界)上一动点,满足A1P⊥AC1,则线段A1P长度的取值范围是 ( )
A. B.
C. D.
13.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 .
14.如图,在四棱锥P-ABCD中,△PBC为等腰直角三角形,且∠CPB=90°,四边形ABCD为直角梯形,满足AD∥BC,CD⊥AD,BC=CD=2AD=4,PD=2.
(1)若点F为DC的中点,求cos<,>;
(2)若点E为PB的中点,点M为AB上一点,当⊥时,求的值.
15.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形,AC=2a,BB1=3a,D是A1C1的中点,E是B1C的中点.
(1)求cos<,>;
(2)在线段AA1上是否存在点F,使CF⊥平面B1DF 若存在,求出||;若不存在,请说明理由.
课时跟踪检测(七)
1.选C λa+b=λ(0,-1,1)+(4,1,0)=(4,1-λ,λ),由已知得|λa+b|==,且λ>0,解得λ=3.
2.选A 根据题意得cos
===-.
化简得=-.解得x=-3.故选A.
3.选B 设PD=a(a>0),则A(2,0,0),B(2,2,0),P(0,0,a),E,∴=(0,0,a),=,∴cos<,>==,解得a=2,∴E的坐标为(1,1,1).
4.选ABD 因为m⊥n,所以m·n=-1×2+2×(-4)+5x=-10+5x=0,解得x=2,故A正确;因为m∥n,所以存在λ∈R,使得m=λn,则(-1,2,5)=λ(2,-4,x)=(2λ,-4λ,λx),即解得故B正确;因为m+n=(-1+2,2-4,5+x)=(1,-2,5+x),所以|m+n|===,解得x=-5,故C错误;因为x=,则m=(-1,2,5),n=(2,-4,),所以cos
===,故D正确.
5.选ABD 以DA,DC,DF为坐标轴建立空间直角坐标系,如图所示.
设CG=a,P(x,0,z),则=,即z=,又B(2,2,0),G(0,2,a),所以=,=,·=x(x-2)+4+=0,显然x≠0且x≠2,所以a2=-4.因为x∈(0,2),所以2x-x2∈(0,1],则当2x-x2=1时,a2取得最小值12,所以a的最小值为2,即边CG长度的最小值为2.
6.解析:a·b=2+1+2x=2x+3=3,解得x=0.
答案:0
7.解析:由已知得m-n=(2-λ,-6,0).
由m·(m-n)=0,得2(2-λ)+6+0=0,所以λ=5.
答案:5
8.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:(满足x2+y2+z2=1,且2x=y=z即可)
9.解:(1)由题意c∥a,a=(2,-1,3)≠0,不妨设c=λa,因为a·c=28,
所以a·c=λa2=λ|a|2=λ×[22+(-1)2+32]=28,解得λ=2,所以c=λa=2a=(4,-2,6).
(2)由题意a⊥b,得a·b=2m-4+3n=0,即2m+3n=4.
又因为m>0,n>0,
所以由基本不等式可得2m+3n=4≥2,当且仅当m=1,n=时,等号成立,解得mn≤.所以当且仅当m=1,n=时,mn的最大值为.
10.解:连接BD,AC,显然有BD⊥AC,BD∩AC=O,BD=AC=2.如图分别以,,的方向为x、y、z轴的正方向,建立空间直角坐标系.
则B(0,,0),C(-,0,0),O(0,0,0),V(0,0,2),E(0,0,1),则=(0,-,2),=(,0,1),则·=0×-×0+2×1=2,||= =,||= =,
所以cos<,>===.所以与夹角的余弦值为.
11.选B ∵A(3cos α,3sin α,1),B(2cos θ,2sin θ,1),∴=(2cos θ-3cos α,2sin θ-3sin α,0),
∴||=
=
=,∴1≤||≤5.故选B.
12.选A 如图,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),A1(0,0,1),C1(1,1,1),∵P是底面ABCD(含边界)上一动点,
∴设P(x,y,0)(0≤x≤1,0≤y≤1),则=(x,y,-1),=(1,1,1),∵A1P⊥AC1,∴·=x+y-1=0,∴=x2+y2+1=x2+(1-x)2+1=2x2-2x+2=2+,∴当x=时,取最小值,此时线段A1P的长度为;当x=0或x=1时,取最大值2,此时线段A1P的长度为,∴线段A1P长度的取值范围是.故选A.
13.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:
14.解:(1)因为△PBC为等腰直角三角形,∠CPB=90°,BC=CD=4,所以PC=PB=2.
又PD2==24,PC2+CD2=+42=24,所以DC⊥PC.
而CD⊥AD,AD∥BC,故CD⊥BC,
因为PC∩BC=C,PC,BC 平面PBC,所以CD⊥平面PBC.
以点C为原点,CP,CD所在直线分别为x,z轴,过点C作PB的平行线为y轴,建立空间直角坐标系C-xyz,如图所示,则P(2,0,0),B(2,2,0),F(0,0,2),A(,,4),=(,-,-4),=(-2,-2,2).
所以cos<,>===-.
(2)由(1)知E(2,,0),=(,,-4),
设=t,则=(t,t,-4t),
所以M(+t,+t,4-4t),所以=(t-,t,4-4t).
又=(-2,-2,2),⊥,
所以·=-2×(t-)-2×t+8-8t=0,解得t=,
所以=.
15.解:(1)以B为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
∵AC=2a,∠ABC=90°,∴AB=BC=a.
∴B(0,0,0),A(a,0,0),C(0,a,0),B1(0,0,3a),A1(a,0,3a),C1(0,a,3a),D,E,=(a,-a,3a),=.
∴||=a,||=a,·=0-a2+a2=a2.
∴cos<,>==.
(2)存在.理由如下:
假设存在点F,使CF⊥平面B1DF.
不妨设AF=b,则F(a,0,b),
=(a,-a,b),=(a,0,b-3a),=.
∵·=a2-a2+0=0,∴⊥恒成立.
由·=2a2+b(b-3a)=b2-3ab+2a2=0,得b=a或b=2a.
∴在线段AA1上存在点F,使CF⊥平面B1DF,且||=a或||=2a.
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同课章节目录
第6章 空间向量与立体几何
6.1空间向量及其运算
6.2空间向量的坐标表示
6.3空间向量的应用
第7章 计数原理
7.1两个基本计数原理
7.2排列
7.3组合
7.4二项式定理
第8章 概率
8.1条件概率
8.2离散型随机变量及其分布列
8.3 正态分布
第9章 统计
9.1线性回归分析
9.2独立性检验
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