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1、第三节空间向量及其运算的坐标表示同步练习一、基础巩固知识点1 空间直角坐标系1. 2022重庆市合川实验中学高二下开学考试在如图所示的长方体ABCD-A1B1C1D1中,点D1(0,2,2),B(3,0,0),则点C1的坐标为()A.(3,3,2) B.(3,2,2)C.(3,2,3) D.(2,2,3)2. 2022河南濮阳范县一中高二上月考设点A(4,2,-1),O(0,0,0),M(1,-1,2),若OM=AB,则点B的坐标为()A.(-1,3,-3) B.(1,-3,3)C.(5,1,1)D.(-5,-1,-1)3. 2022上海闵行中学高二上期中在空间直角坐标系Oxyz中,点M(-1
2、,0,2),N(3,2,-4),则MN的中点Q在平面Oxy内的射影的坐标是.4. 2022湖北荆州高二上期中在空间直角坐标系Oxyz中,已知点P(5,1,a)与Q(5,b,4).若点P,Q关于坐标平面Oxy对称,则a+b=;若点P,Q关于x轴对称,则a+b=.5. 2022河北高二上联测如图,在三棱柱ABC-A1B1C1,ABC=90,AB=1,BB1=BC=23,B1在平面ABC内的射影H为BC的中点,以H为坐标原点,HC的方向为x轴的正方向,HB1的方向为z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz,则点B的坐标为,点B1的坐标为,点A1的坐标为.知识点2 空间向量线性运算的坐标表示
3、6. 已知a=(1,0,1),b=(-2,-1,1),c=(3,1,0),则a-b+2c=()A.(-9,-3,0) B.(0,2,-1)C.(9,3,0)D.(9,0,0)7. 2022福建南安一中高二上月考已知向量a=(-2,1,3),a+b=(1,2,-2),则b=()A.(-3,-1,5) B.(-1,3,1)C.(3,1,-5)D.(1,-3,-1)8. 若A(m+1,n-1,3),B(2m,n,m-2n),C(m+3,n-3,9)三点共线,则m+n的值为()A.0 B.-1C.1 D.-29. (多选)2022河南濮阳范县一中高二上月考已知在空间直角坐标系中,点A(-3,-1,4)
4、,坐标原点为O,且OA与非零向量OB=(x,y,z)的方向相反,则()A.x+y+z=0 B.x=3yC.x+z=0 D.4y+z=010. 已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,),若a,b,c三个向量不能构成空间的一个基底,则实数的值为()A.0 B.5 C.9 D.65711. 2022河北省盐山中学高二上月考已知向量a=(-3,2,5),b=(1,5,-1),则ab=()A.3 B.4 C.2 D.612. 2022福建福州八县(市)协作校高二上期中联考已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b与2a-b互相垂直,则实数k的值为()A.25
5、B.15 C.35 D.75知识点3 空间向量数量积的坐标表示13. 已知向量a=(3,2-x,x),b=(x,2,0),且a与b的夹角为锐角,则实数x的取值范围是()A.(-4,+) B.(-4,0)C.(0,4) D.(4,+)14. 已知 a=(2,-3,0),b=(k,0,3),=120,则k=.15. 已知向量 a=(x,1,2),b=(1,y,-2),c=(3,1,z),ab,bc.(1)求向量a,b,c的坐标;(2)求a+c与b+c的夹角的余弦值.知识点4 空间向量坐标运算的应用16. 设A(3,3,1),B(1,0,5),C(0,1,0),则AB的中点M与点C间的距离为()A.
6、534B.532 C.532D.13217. 在空间直角坐标系中,已知点A(1,-2,11),B(4,2,3),C(6,-1,4),则ABC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18. 若ABC的三个顶点分别为A(0,0,2),B(-32,12,2),C(-1,0,2),则角A的大小为.19. 2022北京八中高二上期中已知空间三点O(0,0,0),A(-1,1,0),B(0,2,1),在直线OA上有一点H满足BHOA,则点H的坐标为.20. 已知空间三点A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5).(1)求以AB,AC为一组邻边的平行四边形的面积S
7、;(2)若向量a与向量AB,AC均垂直,且|a|=3,求向量a的坐标.21. 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面是边长为2的菱形,DAB=60,对角线AC与BD相交于点O,PO平面ABCD,PB与平面ABCD所成的角为60.(1)求四棱锥P-ABCD的体积;(2)若E是PB的中点,求异面直线DE与PA所成角的余弦值.二、能力提升1. 2022黑龙江哈师大青冈实验中学高二月考如图所示,密封的长方体装置DA2B2C2-D3A3B3C3中,DA2=4,DC2=3,DD3=2,在其中放一个单位正方体礼盒DABC-D1A1B1C1.现以点D为坐标原点,DA2,DC2,DD3所在直线分别为x,y,z轴建立
8、空间直角坐标系Dxyz,则()A.D1的坐标为(1,0,0)B.D1的坐标为(0,1,0)C.B1B3的长为29-3D.B1B3的长为142. 定义a b=|a|2-ab.若向量a=(1,-2,2),向量b为单位向量,则a b的取值范围是()A.0,6 B.6,12C.0,6) D.(-1,5)3. 2022甘肃庆阳高二上月考九章算术商功主要讲述了土石工程的计算和各种立体图形体积的计算,其中堑堵是指两底面为直角三角形的直棱柱.如图,在堑堵ABC-A1B1C1中,CAB=90,M是A1C1的中点,AB=2AA1=2AC,BN=13BB1,MG=3GN.若AG=xAA1+yAB+zAC,则x+y+
9、z=()A.78 B.98 C.118 D.1384. 2022河北深州长江中学高二上期中已知O为坐标原点,OA=(1,2,3),OB=(2,1,2),OP=(1,1,2),点Q在直线OP上运动,则当QAQB取得最小值时,点Q的坐标为()A.(12,34,13)B.(83,83,163)C.(43,43,83)D.(43,43,73)5. (多选)2022西南大学附中高二上月考已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点,若AB=(2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1),则()A.APABB.四边形ABCD为矩形C.BD=29D.APBD6. 2022河南焦作温县一中
10、高二上月考在(DE+CF)(DE-CF),|DE|=172,0cos1这三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并完成问题.问题:如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系Dxyz.已知点D1(0,0,2),E为棱D1C1上的动点,F为棱B1C1上的动点,试问是否存在点E,F满足EFA1C?若存在,求出AEBF的值;若不存在,请说明理由.参考答案一、基础巩固1. B因为点D1(0,2,2),B(3,0,0),所以AB=3,AD=2,AA1=2,所以点C1的坐标为(3,2,2).2. C设点B的坐标为(x,y,z),则AB=(x-4,y-2,z+1).因为OM
11、=(1,-1,2),OM=AB,所以x4=1y2=1z+1=2,解得x=5y=1z=1,即B(5,1,1).3. (1,1,0) 解析 因为M(-1,0,2),N( 3,2,-4),所以Q(1,1,-1),所以点Q在平面Oxy内的射影的坐标是(1,1,0).4. -3-5解析 若点P,Q关于坐标平面Oxy对称,则b=1,a=-4,所以a+b=-3.若点P,Q关于x轴对称,则b=-1,a=-4,所以a+b=-5.5. (-3,0,0)(0,0,3)(0,1,3) 解析 因为点B在x轴上,且BH=12BC=3,所以点B的坐标为(-3,0,0).因为点B1在z轴上,且B1H=BB12BH2=3,所以
12、点B1的坐标为(0,0,3).在三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC= 90,所以ABA1B1y轴,且AB=A1B1=1,所以点A1的坐标为(0,1,3).6. Ca-b+2c=(1,0,1)-(-2,-1,1)+(6,2,0)=(3,1,0)+(6,2,0)=(9,3,0).7. Cb=a+b-a=(1,2,-2)-(-2,1,3)=(3,1,-5).8. A易得AB=(m-1,1,m-2n-3),AC=(2,-2,6).由题意,得ABAC,所以m12=12=m2n36,所以m=0,n=0,所以m+n=0.9. ABD由题意,得OB=OA=(-3,-,4),其中0,则x=-3,y=-,z=4
13、,所以x+y+z=0,故A正确;x=3y,故B正确;x+z=0,且a与b的夹角不为0.当ab0时,3x+2(2-x)+0x=4+x0,所以x-4.当夹角为0时,存在0,使a=b,所以3=x2x=2x=0,此方程组无解.故选A.14. -39解析 因为ab=2k,|a|=13,|b|=k2+9,所以cos 120=2k13k2+9=-12,所以k=-39.15. 解析 (1)因为向量a=(x,1,2),b=(1,y,-2),c=(3,1,z),且ab,bc,所以x1=1y=223+y2z=0,解得x=1y=1z=1,所以a=(-1,1,2),b=(1,-1,-2),c=(3,1,1).(2)因为
14、a+c=(2,2,3),b+c=(4,0,-1),所以(a+c)(b+c)=24+20+3(-1)=5,|a+c|=17,|b+c|=17,所以a+c与b+c的夹角的余弦值为(a+c)(b+c)|a+c|b+c|=517.16. C由题意,知M(2,32,3),CM=(2,32,3)-(0,1,0)=(2,12,3),所以|CM|=22+(12)2+32=532. 17.C因为AB=(3,4,-8),AC=(5,1,-7),BC=(2,-3,1),所以|AB|=32+42+(8)2=89,|AC|=52+12+(7)2=75,|BC|=22+(3)2+12=14,所以|AC|2+|BC|2=|
15、AB|2,所以ABC为直角三角形.18. 30解析 AB=(-32,12,0),AC=(-1,0,0),则cos A=cos=ABAC|AB|AC|=32,故角A的大小为30.19. (-1,1,0) 解析 由题意得OA=(-1,1,0).因为点H在直线OA上,所以OHOA,即存在实数使得OH=OA=(-,0),则H(-,0).因为BHOA,所以BHOA=0.又BH=(-,-2,-1),所以+-2=0,可得=1,即H(-1,1,0).20. 解析 (1)因为AB=(-2,-1,3),AC=(1,-3,2),所以ABAC=-21+(-1)(-3)+32=7,|AB|=(2)2+(1)2+32=1
16、4,|AC|=12+(3)2+22=14,所以cosBAC=ABAC|AB|AC|=12,又0BAC180,所以BAC=60,所以S=|AB|AC|sin 60=73.(2)设a=(x,y,z),由aAB=0aAC=0|a|=3,得2xy+3z=0x3y+2z=0x2+y2+z2=3,解得x=y=z=1或x=y=z=-1,所以a=(1,1,1)或(-1,-1,-1).21. 解析 (1)因为四边形ABCD是边长为2的菱形,且DAB=60,所以OA=OC=3,OB=OD=1,S菱形ABCD=12223=23.分析知在RtPOB中,PBO=60,所以PO=OBtan 60=3,所以V四棱锥P-AB
17、CD=13S菱形ABCDPO=13233=2.(2)如图,以O为坐标原点,OB,OC,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,则B(1,0,0),D(-1,0,0),A(0,-3,0),P(0,0,3),所以E(12,0,32),所以DE=(32,0,32),PA=(0,-3,-3),所以DEPA=0+0+32(-3)=-32,|DE|=3,|PA|=6,所以cos=DEPA|DE|PA|=3236=-24,所以异面直线DE与PA所成角的余弦值为24.二、能力提升1. D由题图,得D1(0,0,1),B1(1,1,1),B3(4,3,2),B1B3=(3,2,1),|B
18、1B3|=32+22+12=14.故选D.2. B由题意知|a|=3,|b|=1.设=,则a b=|a|2-ab=|a|2-|a|b|cos =9-3cos .又0,所以cos -1,1,所以a b6,12.故选B.3. C以A1为坐标原点,A1A,A1B1,A1C1的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系.不妨令AB=4,则A(2,0,0),B(2,4,0),A1(0,0,0),C(2,0,2),M(0,0,1),N(43,4,0).因为MG=3GN,所以G(1,3,14),则AG=(-1,3,14),AA1=(-2,0,0),AB=(0,4,0),AC=(0,0,2),由AG=x
19、AA1+yAB+zAC,得1=2x3=4y14=2z,解得x=12y=34z=18,故x+y+z=118.4. C因为点Q在直线OP上运动,所以存在实数使得OQ=OP=(,2),所以QA=(1-,2-,3-2),QB=(2-,1-,2-2),所以QAQB=(1-)(2-)+(2-)(1-)+(3-2)(2-2)=62-16+10=6(-43)2-23,所以当=43时,QAQB取得最小值,此时Q(43,43,83).5. AC6. 解析 由题意,知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),C(0,2,0).方案一选择条
20、件.设E(0,a,2)(0a2),F(b,2,2)(0b2),则EF=(b,2-a,0),A1C=(-2,2,-2),DE=(0,a,2),CF=(b,0,2).若EFA1C=0,则4-2(a+b)=0.因为(DE+CF)(DE-CF),所以(DE+CF)(DE-CF)=0,即|DE|2=|CF|2,得a=b,所以a=b=1,故存在点E(0,1,2),F(1,2,2),满足EFA1C,又AE=(-2,1,2),BF=(-1,0,2),所以AEBF=6.方案二选择条件.设E(0,a,2)(0a2),F(b,2,2)(0b2),则EF=(b,2-a,0),A1C=(-2,2,-2),DE=(0,a,2).因为|DE|=172,所以a2+4=172,得a=12.若EFA1C=0,则4-2(a+b)=0,得b=32.故存在点E(0,12,2),F(32,2,2),满足EFA1C.又AE=(-2,12,2),BF=(-12,0,2),所以AEBF=5.方案三选择条件.设E(0,a,2)(0a2),F(b,2,2)(0b2),则EF=(b,2-a,0),BD=(-2,-2,0),A1C=(-2,2,-2).因为0cos1,所以EF与DB不共线,所以b2-a,即a+b2,则EFA1C=4-2(a+b)0,故不存在点E,F满足EFA1C.学科网（北京）股份有限公司