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文档简介
1、课时作业(十七)一、选择题1已知a(1,2,1),ab(1,2,1),则b()A(2,4,2) B(2,4,2)C(2,0,2) D(2,1,3)【解析】ba(1,2,1)(1,2,1)(1,2,1)(2,4,2)【答案】A2设A(3,3,1),B(1,0,5),C(0,1,0),则AB的中点M到点C的距离|CM|的值为()A. B. C. D.【解析】AB的中点M,故|CM| .【答案】C3(2014·德州高二检测)已知向量a(2,3),b(k,1),若a2b与ab平行,则k的值是()A6 B C. D14【解析】由题意得a2b(22k,5),且ab(2k,2),又因为a2b和ab
2、平行,则2(22k)5(2k)0,解得k.【答案】C4. (2014·河南省开封高中月考)如图3132,在长方体ABCDA1B1C1D1中,ABBC2,AA1,E,F分别是面A1B1C1D1、面BCC1B1的中心,则E,F两点间的距离为()图3132A1 B. C. D.【解析】以点A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则E(1,1,),F,所以|EF|,故选C.【答案】C二、填空题5(2014·青岛高二检测)已知点A(1,2,3),B(2,1,2),P(1,1,2),O(0,0,0),点Q在直线OP上运动,当&
3、#183;取得最小值时,点Q的坐标为_【解析】设(,2),故Q(,2),故(1,2,32),(2,1,22)则·62161062,当·取最小值时,此时Q点的坐标为.【答案】6若(4,6,1),(4,3,2),|a|1,且a,a,则a_.【解析】设a(x,y,z),由题意有代入坐标可解得:或【答案】或7若A(m1,n1,3),B(2m,n,m2n),C(m3,n3,9)三点共线,则mn_.【解析】因为(m1,1,m2n3),(2,2,6),由题意得,则,所以m0,n0,mn0.【答案】0三、解答题8已知向量a(1,3,2),b(2,1,1),点A(3,1,4),B(2,2,2
4、)(1)求|2ab|;(2)在直线AB上,是否存在一点E,使得b?(O为原点)【解】(1)2ab(2,6,4)(2,1,1)(0,5,5),故|2ab|5.(2)t(3,1,4)t(1,1,2)(3t,1t,42t),若b,则·b0,所以2(3t)(1t)(42t)0,解得t,因此存在点E,使得b,E点坐标为.9在正方体ABCDA1B1C1D1中,M是棱DD1的中点,O是正方形ABCD的中心求证:.【证明】建立空间直角坐标系,如图所示,设正方形的棱长为1个单位,则A(1,0,0),A1(1,0,1),M,O.,.·×(1)×01×0
5、,.1已知向量a(2,x,2),b(2,1,2),c(4,2,1),若a(bc),则x的值为()A2 B2 C3 D3【解析】bc(2,3,1),a·(bc)43x20,x2.【答案】A2已知a(cos ,1,sin ),b(sin ,1,cos ),则向量ab与ab的夹角是()A90° B60° C45° D30°【解析】ab(cos sin ,2,sin cos ),ab(cos sin ,0,sin cos ),(ab)·(ab)0,(ab)(ab)【答案】A3(2014·玉溪高二检测)设动点P在棱长为1的正方体ABC
6、DA1B1C1D1的对角线BD1上,记.当APC为钝角时,则的取值范围是_【解析】由题设可知,以、为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则有A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),则(1,1,1),得(,),所以(,)(1,0,1)(1,1),(,)(0,1,1)(,1,1)显然APC不是平角,所以APC为钝角等价于·0,即(1)(1)(1)20,即(1)(31)0,解得1,因此的取值范围是.【答案】4. 在正三棱柱ABCA1B1C1中,平面ABC和平面A1B1C1为正三角形,所有的棱长都是2,M是BC边的中点,则在棱CC1上是否存在点N,使得异面直线AB1和MN所夹的角等于45°?图3133【解】以A点为原点,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知A(0,0,0),C(0,2,0),B(,1,0),B1(,1,2),M.又点N在CC1上,可设N(0,2,m)(0m2),则(,1,2),所以|2,|,·2m1.如果异面直线AB1和MN所夹的角等
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