高考数学 17-18版 附加题部分 第2章 第63课 课时分层训练7

高考数学 17-18版 附加题部分 第2章 第63课 课时分层训练7

课时分层训练(七)‎ A组　基础达标 ‎(建议用时：30分钟)‎ ‎1．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且＝，N为B1B的中点，求||的值．‎ ‎[解]　以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(a,0,0)，C1(0，a，a)，N.‎ 设M(x，y，z)，‎ ‎∵点M在AC1上且＝，‎ ‎(x－a，y，z)＝(－x，a－y，a－z)，‎ ‎∴x＝a，y＝，z＝.‎ 得M，‎ ‎∴||＝＝.‎ ‎2．已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，求·的值．‎ ‎[解]　如图，设＝a，＝b，＝c，‎ 则|a|＝|b|＝|c|＝a，且a，b，c三向量两两夹角为60°.‎ ＝(a＋b)，＝c，‎ ‎∴·＝(a＋b)·c ‎＝(a·c＋b·c)＝(a2cos 60°＋a2cos 60°)＝a2.‎ ‎3．已知O(0,0,0)，A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，当 ·取最小值时，求点Q的坐标．‎ ‎[解]　由题意，设＝λ，即＝(λ，λ，2λ)，‎ 则＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，‎ ‎∴·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝62－，当λ＝时有最小值，此时Q点坐标为.‎ ‎4．在直三棱柱ABCA′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为AB，BB′的中点．‎ 图638‎ ‎(1)求证：CE⊥A′D；‎ ‎(2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值. 【导学号：62172340】‎ ‎[解]　(1)证明：设＝a，＝b，＝c，‎ 根据题意得，|a|＝|b|＝|c|，‎ 且a·b＝b·c＝c·a＝0，‎ ‎∴＝b＋c，＝－c＋b－a.‎ ‎∴·＝－c2＋b2＝0.‎ ‎∴⊥，即CE⊥A′D.‎ ‎(2)∵＝－a＋c，||＝|a|，||＝|a|.‎ ·＝(－a＋c)·＝c2＝|a|2，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝.‎ 即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为.‎ B组　能力提升 ‎(建议用时：15分钟)‎ ‎1．如图639，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，G为△A1BD的重心，设＝a，＝b，＝c，试用a，b，c表示，，并证明A，G，C1三点共线．‎ 图639‎ ‎[解]　＝＋＋＝＋＋＝a＋b＋c.‎ ＝＋＝＋(＋)＝＋(－)＋(－)‎ ‎＝＋＋ ‎＝a＋b＋c.‎ 因为＝3，所以A，G，C1三点共线．‎ ‎2．已知空间中三点A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，设a＝，b＝.‎ ‎(1)若|c|＝3，且c∥，求向量c；‎ ‎(2)求向量a与向量b的夹角的余弦值. 【导学号：62172341】‎ ‎[解]　(1)∵c∥，＝(－3,0,4)－(－1,1,2)＝(－2，－1,2)，‎ ‎∴c＝m＝m(－2，－1,2)＝(－2m，－m,2m)，‎ ‎∴|c|＝＝3|m|＝3，‎ ‎∴m＝±1.‎ ‎∴c＝(－2，－1,2)或(2,1，－2)．‎ ‎(2)∵a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)．‎ ‎∴a·b＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1.‎ 又∵|a|＝＝，‎ ‎|b|＝＝，‎ ‎∴cos〈a，b〉＝＝＝－，‎ 故向量a与向量b的夹角的余弦值为－.‎ ‎3．已知空间三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．‎ ‎(1)求以，为边的平行四边形的面积；‎ ‎(2)若|a|＝，且a分别与，垂直，求向量a的坐标．‎ ‎[解]　(1)由题意可得：＝(－2，－1,3)，＝(1，－3,2)，所以cos〈，〉＝ ‎＝＝＝.‎ 所以sin〈，〉＝，‎ 所以以，为边的平行四边形的面积为 S＝2×||·||·sin〈，〉＝14×＝7.‎ ‎(2)设a＝(x，y，z)，由题意得 解得或 所以向量a的坐标为(1,1,1)或(－1，－1，－1)．‎ ‎4．已知a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1,4)，B(－2，－2,2)．‎ ‎(1)求|2a＋b|；‎ ‎(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点)‎ ‎[解]　(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，‎ 故|2a＋b|＝＝5.‎ ‎(2)令＝t(t∈R)，‎ 所以＝＋＝＋t ‎＝(－3，－1,4)＋t(1，－1，－2)‎ ‎＝(－3＋t，－1－t,4－2t)，若⊥b，则·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝.因此存在点E，使得⊥b，此时E点的坐标为.‎