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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=,
∴||=.
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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.
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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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