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课时规范练 44 空间向量及其运算
基础巩固练
1.在棱长为2的正四面体ABCD中,点E是AD的中点,则⃗BA·⃗CE=( )
A.1 B.-1 C.√3 D.-√3
2.已知向量p以{a,b,c}为基底时的坐标为(2,-3,3),则p以{a-2b,a+b,2c}为基底时的坐标为
( )
5 1 3 5 1 3
A.( ,- , ) B.( , , )
2 2 2 3 3 2
C.(1,3,2) D.(1,-3,2)
3.(2024·河南郑州模拟)在空间四边形OABC中,⃗OA=a,⃗OB=b,⃗OC=c,点M在OA上,
2
⃗OM= ⃗OA,点N为BC的中点,则 ⃗MN =( )
3
1 2 1 2 1 1
A. a- b+ c B.- a+ b+ c
2 3 2 3 2 2
1 1 1 2 2 1
C. a+ b- c D. a+ b- c
2 2 2 3 3 2
4.(多选题)(2024·吉林通化模拟)已知向量a=(m-1,2m,2),b=(2m-5,m,1),则下列结论正确的
是( )
A.若a∥b,则m=3
2
B.若a⊥b,则m=-
5
2√30
C.|a|的最小值为
5
D.|a|的最大值为4
关注精品公众号【偷着学】或添加微信：tzx985tzx5.(2024·天津河东模拟)已知空间四点A(4,1,3),B(2,3,1),C(3,7,-5),D(x,-1,3)共面,则x=
.
6.(13分)(2024·江苏扬州模拟)已知空间三点A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5).
(1)求以⃗AB和⃗AC为邻边的平行四边形的面积.
(2)试判断点P(-3,-3,11)与点A,B,C是否共面?请说明理由.
综合提升练
7.(2024·福建泉州模拟)已知O为原点,⃗OA=(1,2,3),⃗OB=(2,1,2),⃗OP=(1,1,2),点Q在直线
OP上运动,则⃗QA·⃗QB取得最小值时,点Q的坐标为( )
1 3 1 1 2 1
A.( , , ) B.( , , )
2 4 3 2 3 3
4 4 8 4 4 7
C.( , , ) D.( , , )
3 3 3 3 3 3
8.(多选题)(2024·山东淄博二模)如图,在平行六面体ABCD-A B C D 中,以顶点A为端点
1 1 1 1
π
的三条棱长都是1,且它们彼此的夹角都是 ,M为A 1 C 1 与B 1 D 1 的交点.若 ⃗AB =a,⃗AD =b,
3
⃗A A =c,则下列说法正确的是( )
1
1 1
A. =- a- b+c
⃗CM
2 2
π
B.<⃗CM,⃗AC >=
1 3
C.⃗BD =a+b+c
1
D.⃗AD·⃗BD =1
1
9.(15分)(2024·江西南昌模拟)如图,在平行六面体ABCD-A B C D 中,AB=AD=AA =1,
1 1 1 1 1
∠A AB=∠A AD=∠BAD=60°.
1 1
(1)求证:四边形BDD B 为正方形;
1 1
关注精品公众号【偷着学】或添加微信：tzx985tzx(2)求体对角线AC 的长度;
1
(3)求异面直线AB 与BD 所成角的余弦值.
1 1
创新应用练
10.(17分)(2024·江苏扬州模拟)三阶行列式是解决复杂代数运算的算法,其运算法则如下:
=a b c +a b c +a b c -a b c -a b c -a b c .若a×b= ,则称a×b
1 2 3 2 3 1 3 1 2 3 2 1 2 1 3 1 3 2
为空间向量a与b的外积,其中a=x i+y j+z k(x ,y ,z ∈R),b=x i+y j+z k(x ,y ,z ∈R),
1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2
{i,j,k}为单位正交基底.以O为坐标原点,分别以i,j,k的方向为x轴、y轴、z轴的正方向
建立空间直角坐标系,已知A,B是空间直角坐标系中异于O的不同两点.
(1)①若A(1,2,1),B(0,-1,1),求⃗OA×⃗OB;
②证明⃗OA×⃗OB+⃗OB×⃗OA=0.
1
(2)记△AOB的面积为S
AOB
,证明:S
△AOB
= |⃗OA×⃗OB|.
2
△
(3)证明:(⃗OA×⃗OB)2的几何意义表示以△AOB为底面、|⃗OA×⃗OB|为高的三棱锥体积的
6倍.
答案：
1.A 解析 ⃗CE=⃗CA+⃗AE,所以⃗BA·⃗CE=⃗BA·(⃗CA+⃗AE)=⃗BA·⃗CA+⃗BA·⃗AE=2×2×cos 60°
+2×1×cos 120°=1.
2.B 解析 因为向量p以{a,b,c}为基底时的坐标为(2,-3,3),所以p=2a-3b+3c,
{
x+ y=2,
设p=x(a-2b)+y(a+b)+2zc=(x+y)a+(y-2x)b+2zc,由空间向量基本定理得 y-2x=-3,解得
2z=3,
5
{x= ,
3
y= 1 , 所以p以{a-2b,a+b,2c}为基底时的坐标为( 5 , 1 , 3 ).
3 3 3 2
3
z= ,
2
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3.B 解析 如图,连接ON,因为⃗OM= ⃗OA,点N为BC的中点,则⃗ON= (⃗OB+⃗OC)= (b+c),
3 2 2
1 2 2 1 1
于是⃗MN=⃗ON−⃗OM= (b+c)- a=- a+ b+ c.
2 3 3 2 2
4.AC 解析 若a∥b,且a=(m-1,2m,2),b=(2m-5,m,1),则存在唯一实数λ使得a=λb,即
{m-1=(2m-5)λ,
(m-1,2m,2)=((2m-5)λ,mλ,λ),则 2m=mλ,
解得{m=3,
故A正确;若a⊥b,则a·b=0,即
λ=2,
2=λ,
(m-1)(2m-5)+2m2+2=0,化简得4m2-7m+7=0,因为Δ=49-16×7<0,所以无实数解,故B错误;对于
1 2√30
C,D,|a|=√(m-1)2+4m2+4=√5m2-2m+5 ,故当m= 时,|a|取得最小值为 ,无最大值,故
5 5
C正确,D错误.故选AC.
5.11 解析 因为A(4,1,3),B(2,3,1),C(3,7,-5),D(x,-1,3),得到⃗AB=(-2,2,-2),⃗AC=(-1,6,-8),⃗AD=(x-4,-
2,0),又因为四点A,B,C,D共面,所以存在实数λ,μ使得⃗AD=λ⃗AB+μ⃗AC,即(x-4,-2,0)=λ(-2,2,-
{x-4=-2λ-μ, {x=11,
2)+μ(-1,6,-8),得到 -2=2λ+6μ, 解得 λ=-4,
0=-2λ-8μ, μ=1.
6.解 (1)由已知可得,⃗AB=(-2,-1,3),⃗AC=(1,-3,2),∴cos<⃗AB,⃗AC>=
⃗AB·⃗AC -2+3+6 1
= = ,
|⃗AB||⃗AC| √4+1+9×√1+9+4 2
π
又0≤<⃗AB,⃗AC >≤π,∴<⃗AB,⃗AC >= .∴ 以 ⃗AB,⃗AC 为邻边的平行四边形的面积为|⃗AB ||⃗AC |
3
√3
sin<⃗AB,⃗AC >=√14×√14× =7
√3.
2
(2)由题知,⃗PA=(3,5,-8),⃗AB=(-2,-1,3),⃗AC=(1,-3,2),假设存在实数λ,μ,使得⃗PA=λ⃗AB+μ⃗AC,则
{3=-2λ+μ,
5=-λ-3μ,
解得{μ=-1,
∴⃗PA=-2⃗AB−⃗AC,又PA∩AB∩AC=A,∴点P与点A,B,C共面.
λ=-2.
-8=3λ+2μ,
关注精品公众号【偷着学】或添加微信：tzx985tzx7.C 解析 因为点Q在直线OP上运动,则⃗OQ∥⃗OP,设⃗OQ=t⃗OP=(t,t,2t),于是有Q(t,t,2t),因为
⃗OA=(1,2,3),⃗OB=(2,1,2),所以A(1,2,3),B(2,1,2),因此⃗QA=(1-t,2-t,3-2t),⃗QB=(2-t,1-t,2-2t),于是得
4 2 4 2
⃗QA·⃗QB =(1-t)(2-t)+(2-t)(1-t)+(3-2t)(2-2t)=6t2-16t+10=6(t- )2- ,则当t= 时,(⃗QA·⃗QB) =- ,
3 3 3 min 3
4 4 8 4 4 8
此时点Q( , , ),所以当 ⃗QA·⃗QB 取得最小值时,点Q的坐标为( , , ).
3 3 3 3 3 3
π 1
8.AD 解析 由题意可知,a·b=a·c=b·c=1×1×cos = ,因为
3 2
1 1 1 1
⃗CM=⃗CC +⃗C M=⃗A A + ⃗C A =⃗A A − (⃗AB+⃗AD)=- a- b+c,故A正确;
1 1 1 2 1 1 1 2 2 2
1 1 1 1 1 1
因为⃗AC =⃗AB+⃗AD+⃗A A =a+b+c,所以⃗CM·⃗AC =(- a- b+c)·(a+b+c)=- a2- a·b- a·c-
1 1 1 2 2 2 2 2 2
1 1 π
b·a- b2- b·c+c·a+c·b+c2=0,所以<⃗CM,⃗AC >= ,故B错误;
2 2 1 2
因为⃗BD =⃗BA+⃗BC+⃗BB =-⃗AB+⃗AD+⃗A A =-a+b+c,故C错误;
1 1 1
因为⃗AD·⃗BD =b·(-a+b+c)=-a·b+b2+b·c=1,故D正确.
1
故选AD.
9.(1)证明 因为⃗BD=⃗AD−⃗AB,⃗B D =⃗A D −⃗A B =⃗AD−⃗AB,所以⃗BD=⃗B D ,而B,D,D ,B 不
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
共线,所以四边形BDD B 为平行四边形,又⃗BD·⃗BB =(⃗AD−⃗AB)·⃗A A =⃗AD·⃗A A −⃗AB·⃗A A
1 1 1 1 1 1
1 1
=1×1× -1×1× =0,所以⃗BD⊥⃗BB ,即BD⊥BB
1
,所以四边形BDD
1
B
1
为正方形.
2 2 1
(2)解 由题意易知⃗AC =⃗AB+⃗BC+⃗CC =⃗AD+⃗AB+⃗A A ,所以
1 1 1
⃗AC 2=(⃗AD+⃗AB+⃗A A )2=⃗AD2+⃗AB2+⃗A A 2 +2⃗AD·⃗AB+2⃗AB·⃗A A +2⃗AD·⃗A A ,因为
1 1 1 1 1
AB=AD=AA =1,∠BAD=∠BAA =∠DAA =60°,所以2⃗AD·⃗AB=2⃗AB·⃗A A =2⃗AD·⃗A A =2×1×1
1 1 1 1 1
1
× =1,⃗AD2=⃗AB2=⃗A A 2=1,所以⃗AC 2=6,所以|⃗AC |= √6 ,即AC 1 = √6.
2 1 1 1
(3)解 因为⃗AB =⃗AB+⃗A A ,⃗BD =-⃗AB+⃗AD+⃗A A ,所以⃗AB ·⃗BD =(⃗AB+⃗A A )·(-
1 1 1 1 1 1 1
⃗AB+⃗AD+⃗A A )=-⃗AB2+⃗AB·⃗AD+⃗A A ·⃗AD+⃗A A 2=1,
1 1 1
又| ⃗AB |=√ (⃗AB+⃗A A ) 2= √ ⃗AB2+2⃗A A ·⃗AB+⃗A A 2=√3 ,
1
1 1 1
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⃗BD
|=
√ (-⃗AB+⃗AD+⃗A A ) 2
=
1 1
√ ⃗AB2+⃗AD2+⃗A A 2-2⃗AB·⃗AD+2⃗A A ·⃗AD-2⃗AB· ⃗ A A = √2 ,
1 1 1
⃗AB ·⃗BD 1 √6
所以cos<⃗AB ,⃗BD >= 1 1 = = ,所以异面直线AB 与BD 所成角的余弦
1 1 |⃗AB ||⃗BD | √3×√2 6 1 1
1 1
√6
值为 .
6
10.(1)①解 因为A(1,2,1),B(0,-1,1),
则⃗OA×⃗OB= =2i+0+(-1)k-0-j-(-1)i=3i-j-k=(3,-1,-1).
②证明 设A(x ,y ,z ),B(x ,y ,z ),则⃗OA×⃗OB=y z i+z x j+x y k-x y k-z x j-y z i=(y z -y z ,z x -
1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2
z x ,x y -x y ),将x 与x 互换,y 与y 互换,z 与z 互换,可得⃗OB×⃗OA=(y z -y z ,z x -z x ,x y -x y ),故
2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2
⃗OA×⃗OB+⃗OB×⃗OA=(0,0,0)=0.
(2)证明 因为sin∠AOB=
√
√ (⃗OA·⃗OB)2 |⃗OA|2|⃗OB|2-(⃗OA·⃗OB)2
√1-cos2∠AOB= 1- = ,
|⃗OA||⃗OB|
|⃗OA|2|⃗OB|2
故S
AOB
=
1
|⃗OA||⃗OB |sin∠AOB=
1√
|⃗OA|2|⃗OB|2-(⃗OA·⃗OB) 2,故要证S
△AOB
=
1
|⃗OA×⃗OB
2 2 2
△
|,
只需证| |= ,即证
⃗OA×⃗OB √ |⃗OA|2|⃗OB|2-(⃗OA·⃗OB) 2
|⃗OA×⃗OB|2=|⃗OA|2|⃗OB|2−(⃗OA·⃗OB)2,设⃗OA=(x ,y ,z ),⃗OB=(x ,y ,z ),由(1)可知⃗OA×⃗OB
1 1 1 2 2 2
=(y z -y z ,z x -z x ,x y -x y ),
1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1
故|⃗OA×⃗OB|2=(y z - y z )2+(z x -z x )2+(x y -x y )2 ,
1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1
又|⃗OA|2=x2+ y2+z2,|⃗OB|2=x2+ y2+z2,(⃗OA·⃗OB)2=(x x + y y +z z )2 ,
1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2
1
则 |⃗OA×⃗OB|2=|⃗OA|2|⃗OB|2−(⃗OA·⃗OB)2成立,故S
△AOB
= |⃗OA×⃗OB|.
2
1
(3)证明 由(2)可知S
△AOB
= |⃗OA×⃗OB|,
2
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(⃗OA×⃗OB)2=|⃗OA×⃗OB|2= |⃗OA×⃗OB|·2|⃗OA×⃗OB |=S
△AOB
·2|⃗OA×⃗OB |,
2
1
故(⃗OA×⃗OB)2= S
△AOB
·|⃗OA×⃗OB |·6,
3
故(⃗OA×⃗OB)2的几何意义表示以△AOB为底面、|⃗OA×⃗OB|为高的三棱锥体积的6倍
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