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

1、二十七空间向量长度与夹角的坐标表示 (15分钟30分)1设(cos sin ，0，sin )，(0，cos ，0)，则|的最大值为()A1 B C2 D3【解析】选B.(cos sin ，cos ，sin )，所以|.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()A.2 B C D2【解析】选C.由题意可得B(2，0，0)，E(0，1，1)，则(2，1，1)，.3若向量a，b，且a，b夹角的余弦值为，则x等于()A2 B2C2或 D2或【解析】选C.cos a，b，解得x2或x.4已知a(2，4，x)，b(2，y

2、，2)，若|a|6，ab，则xy的值是_.【解析】因为a(2，4，x)，b(2，y，2)，|a|6，ab，所以，解得或，因此xy1或3.答案：3或15如图，BC2，原点O是BC的中点，点A的坐标为，点D在平面yOz上，且BDC90，DCB30.(1)求向量的坐标(2)求与的夹角的余弦值【解析】(1)过D作DEBC于E，则DECDsin 30，OEOBBD cos 601，所以D的坐标为D，又因为C(0，1，0)，所以.(2)由题意得A，所以，(0，2，0)，则与的夹角的余弦值为cos ，. (30分钟60分)一、单选题(每小题5分，共20分)1ABC的顶点分别为A(1，1，2)，B(5，6，2

3、)，C(1，3，1)，则AC边上的高BD等于()A5 B C4 D2【解析】选A.设，其中R，D(x，y，z)，则(x1，y1，z2)(0，4，3)，所以x1，y41，z23.所以(4，45，3).所以4(45)3(3)0.所以，所以.所以|5.2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.45 B60 C90 D120【解析】选B.令a，b，c，则|a|b|c|m(m0)，abbcca0，(ca)，bc，又|m，|BC1|m，所以cos ，所以直线EF和BC1所成的角为60.3已知ab(2，2)，a

4、b(0，0)，则cos a，b()A BC D【解析】选C.由已知，得a(1，)，b(1，0，)，所以cos a，b.4若a(1，1)，b(2，1，2)，且a与b的夹角的余弦为，则|a|()ABCD【解析】选C.因为ab12(1)(1)2，又因为ab|a|b|cos a，b，所以.解得2，所以|a|.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(1t，1t，t)，b(2，t，t)，则|ab|的值可以为()A1 B C D【解析】选BC.因为ab(1t，1t，t)(2，t，t)(1t，12t，0)，所以|ab|，所以|ab|min.显然BC符合6

5、(2020葫芦岛高二检测)若a，b，a与b的夹角为120，则的值可以为()A17 B17 C1 D1【解析】选BC.由已知ab224，所以cos 120，解得17或1.三、填空题(每小题5分，共10分)7已知a，b，且a与b的夹角为钝角，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ab0且a与b不共线，则ab32312x42.若a与b共线，则，得x，因为a与b不共线，则x，因此，实数x的取值范围是.答案：8在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为A1D1，B

6、B1的中点，则cos EAF_，|EF|_【解析】以A为原点，AB，AD，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E，F所以，所以cos ，所以cos EAF，|EF|.答案：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(1，1，3)，b(1，0，2)，catb.(1)当|c|取最小值时，求t的值；(2)在(1)的条件下，求b和c夹角的余弦值【解析】(1)因为关于x的方程x2(t2)xt23t50有两个实根，所以(t2)24(t23t5)0，即4t.又c(1，1，3)t(1，0，2)(1t，1，32t)，所以|c|.因为t

7、时，上述关于t的函数是递减的，所以当t时，|c|取最小值.(2)当t时，c，所以cos b，c.10棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是DD1，BD，BB1的中点(1)求证：EFCF；(2)求与所成角的余弦值；(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)，E，C(0，1，0)，F，G，所以，.(1)因为00，所以，即EFCF.(2)因为10，所以cos ，.(3)|.1在正三棱柱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，使得与所成的夹角为.【解析】以A为原点建立如图所

8、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(，1，0)，C(0，2，0)，B1(，1，2)，M，假设存在点N在棱CC1上，可以设N(0，2，m)(0m2)，则有(，1，2)，所以|AB1|2，|，(，1，2)2m1，cos ，cos ，解得m.这与0m2矛盾，所以在棱CC1上不存在点N，使得与所成的夹角为.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，且a分别与，垂直，求向量a的坐标；(2)若，且2，求点P的坐标【解析】(1)(2，1，3)，(1，3，2).设a(x，y，z)，因为|a|，且a分别与，垂直，所以解得或所以a(1，1，1)或a(1，1，1).(2)因为，所以可设.因为(3，2，1)，所以(3，2，).又因为2，所以2，解得2.所以(6，4，2)或(6，4，2).设点P的坐标为(x，y，z)，则(x，y2，z3).所以或解得或故所求点P的坐标为(6，2，1)或(6，6，5).