《2021_2022学年新教材高中数学课时素养评价二十七第三章空间向量与立体几何3.2第2课时空间向量长度与夹角的坐标表示含解析北师大版选择性必修第一册202106042112.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021_2022学年新教材高中数学课时素养评价二十七第三章空间向量与立体几何3.2第2课时空间向量长度与夹角的坐标表示含解析北师大版选择性必修第一册202106042112.doc（9页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、二十七二十七空间向量长度与夹角的坐标表示空间向量长度与夹角的坐标表示(15 分钟30 分)1设AB(cos sin，0，sin)，BC(0，cos，0)，则|AC|的最大值为()A1B 3C2D3【解析】选 B.ACABBC(cos sin，cos，sin)，所以|AC|（cos sin）2cos2（sin）2 2sin 2 3.2如图，在空间直角坐标系中有四棱锥 PABCD，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，PA平面ABCD，且 PA2，E 为 PD 的中点，则|BE|()A.2B 5C 6D2 2【解析】选 C.由题意可得 B(2，0，0)，E(0，1，1)，则BE(2，1，1)，|
2、BE|6.3若向量 a a(1，x，2)，b b(2，1，2)，且 a a，b b 夹角的余弦值为89，则 x 等于()A2B2C2 或255D2 或255【解析】选 C.cos a a，b ba ab b|a a|b b|6x3 5x289，解得 x2 或 x255.4已知 a a(2，4，x)，b b(2，y，2)，若|a a|6，a ab b，则 xy 的值是_.【解析】因为 a a(2，4，x)，b b(2，y，2)，|a a|6，a ab b，所以|a a|2242x26a ab b44y2x0，解得x4y3或x4y1，因此 xy1 或3.答案：3 或 15如图，BC2，原点 O 是
3、 BC 的中点，点 A 的坐标为32，12，0，点 D 在平面 yOz 上，且BDC90，DCB30.(1)求向量CD的坐标(2)求AD与BC的夹角的余弦值【解析】(1)过 D 作 DEBC 于 E，则 DECDsin 3032，OEOBBD cos 6011212，所以 D 的坐标为 D0，12，32，又因为 C(0，1，0)，所以CD0，32，32.(2)由题意得 A32，12，0，所以AD32，1，32，BC(0，2，0)，则AD与BC的夹角的余弦值为 cos AD，BCADBC|AD|BC|105.(30 分钟60 分)一、单选题(每小题 5 分，共 20 分)1ABC 的顶点分别为
4、A(1，1，2)，B(5，6，2)，C(1，3，1)，则 AC 边上的高 BD 等于()A5B 41C4D2 5【解析】选 A.设ADAC，其中R R，D(x，y，z)，则(x1，y1，z2)(0，4，3)，所以 x1，y41，z23.所以BD(4，45，3).所以 4(45)3(3)0.所以45，所以BD4，95，125.所以|BD|（4）295212525.2如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABBCAA1，ABC90，点 E，F 分别是棱 AB，BB1的中点，则直线 EF 和 BC1所成的角是()A.45B60C90D120【解析】选 B.令BAa a，BCb b，1BBc c，则
5、|a a|b b|c c|m(m0)，a ab bb bc cc ca a0，EF12(c ca a)，1BCb bc c，又|EF|22m，|BC1|2 m，所以 cos EF，1BC11EF BC|EF|BC|uu r uuu rguu r uuu r12m222m 2m12，所以直线 EF 和 BC1所成的角为 60.3已知 a ab b(2，2，2 3)，a ab b(0，2，0)，则 cos a a，b b()A13B16C63D66【解析】选 C.由已知，得 a a(1，2，3)，b b(1，0，3)，所以 cos a a，b ba ab b|a a|b b|1036 463.4若
6、 a a(1，1)，b b(2，1，2)，且 a a 与 b b 的夹角的余弦为19，则|a a|()A94B102C32D 6【解析】选 C.因为 a ab b12(1)(1)2，又因为 a ab b|a a|b b|cos a a，b b 22 9 191322，所以1322.解得214，所以|a a|114132.二、多选题(每小题 5 分，共 10 分，全部选对得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0分)5已知 a a(1t，1t，t)，b b(2，t，t)，则|a ab b|的值可以为()A1B32C115D14【解析】选 BC.因为 a ab b(1t，1t，t)(2，t
7、，t)(1t，12t，0)，所以|a ab b|（t1）2（12t）2 5t22t25t15295，所以|a ab b|min3 55.显然 BC 符合6(2020葫芦岛高二检测)若 a a(1，2)，b b(2，1，1)，a a 与 b b 的夹角为 120，则的值可以为()A17B17C1D1【解析】选 BC.由已知 a ab b224，|a a|124 52，|b b|411 6，所以 cos 120a ab b|a a|b b|452 612，解得17 或1.三、填空题(每小题 5 分，共 10 分)7已知 a a(3，2，3)，b b(1，x1，1)，且 a a 与 b b 的夹角为
8、钝角，则 x 的取值范围是_.【解题指南】利用空间向量的夹角为钝角求参数的取值范围，一般转化为两向量数量积为负，且两向量不共线，结合空间向量的坐标运算得出不等式组求解【解析】由题意可知 a ab b0 且 a a 与 b b 不共线，则 a a b b3(1)2(x1)312x42.若 a a 与 b b 共线，则13x1213，得 x53，因为 a a 与 b b 不共线，则 x53，因此，实数 x 的取值范围是2，5353，.答案：2，5353，8在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E，F 分别为 A1D1，BB1的中点，则 cos EAF_，|EF|_【解析】以 A 为原点，AB，AD
9、，AA1分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立直角坐标系设正方体棱长为 1，则 E0，12，1，F1，0，12所以AE0，12，1，AF1，0，12，EF1，12，12，所以 cos AE，AFAEAF|AE|AF|12525225，所以 cos EAF25，|EF|EF|1212212262.答案：2562四、解答题(每小题 10 分，共 20 分)9已知关于 x 的方程 x2(t2)xt23t50 有两个实根，a a(1，1，3)，b b(1，0，2)，c ca atb b.(1)当|c c|取最小值时，求 t 的值；(2)在(1)的条件下，求 b b 和 c c 夹角的余弦值【解析】(1)因
10、为关于 x 的方程 x2(t2)xt23t50 有两个实根，所以(t2)24(t23t5)0，即4t43.又 c c(1，1，3)t(1，0，2)(1t，1，32t)，所以|c c|（1t）212（32t）25t75265.因为 t4，43时，上述关于 t 的函数是递减的，所以当 t43时，|c c|取最小值3473.(2)当 t43时，c c73，1，173，所以 cos b b，c cb bc c|b b|c c|7303431202（2）2732121732411 73541 1 7351 735.10棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E，F，G 分别是 DD1，BD，B
11、B1的中点(1)求证：EFCF；(2)求EF与CG所成角的余弦值；(3)求|CE|的长【解析】建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz.则 D(0，0，0)，E0，0，12，C(0，1，0)，F12，12，0，G1，1，12，所以EF12，12，12，CF12，12，0，CG1，0，12，CE0，1，12.(1)因为EFCF121212121200，所以EFCF，即 EFCF.(2)因为EFCG121120121214，|EF|12212212232，|CG|120212252，所以 cos EF，CGEFCG|EF|CG|1432521515.(3)|CE|02(1)212252.1在正三棱柱
12、 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1AB与MN所成的夹角为34.【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(3，1，0)，C(0，2，0)，B1(3，1，2)，M32，32，0，假设存在点 N 在棱 CC1上，可以设 N(0，2，m)(0m2)，则有1AB(3，1，2)，MN32，12，m，所以|AB1|2 2，|MN|1m2，1ABMN(3，1，2)32，12，m2m1，cos 1AB，MNcos3411AB MN|AB|MN|uuu
13、r uuurguuur uuur2m12 2 1m222，解得 m34.这与 0m2 矛盾，所以在棱 CC1上不存在点 N，使得1AB与MN所成的夹角为34.答案：不存在2已知空间三点 A(0，2，3)，B(2，1，6)，C(1，1，5).(1)若|a a|3，且 a a 分别与AB，AC垂直，求向量 a a 的坐标；(2)若APBC，且|AP|2 14，求点 P 的坐标【解析】(1)AB(2，1，3)，AC(1，3，2).设 a a(x，y，z)，因为|a a|3，且 a a 分别与AB，AC垂直，所以x2y2z2 3，2xy3z0，x3y2z0，解得x1，y1z1，或x1，y1，z1，所以 a a(1，1，1)或 a a(1，1，1).(2)因为APBC，所以可设|AP|BC(R R).因为BC(3，2，1)，所以AP(3，2，).又因为|AP|2 14，所以(3)2(2)2()22 14，解得2.所以AP(6，4，2)或AP(6，4，2).设点 P 的坐标为(x，y，z)，则AP(x，y2，z3).所以x6，y24，z32或x6，y24，z32.解得x6，y2，z1或x6，y6，z5.故所求点 P 的坐标为(6，2，1)或(6，6，5).