6.1.2空间向量的数量积 同步练习-2021-2022学年高二数学苏教版(2019)选择性必修第二册（word含答案解析）
文档属性
| 名称 | 6.1.2空间向量的数量积 同步练习-2021-2022学年高二数学苏教版(2019)选择性必修第二册（word含答案解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 142.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-10-07 20:05:56 | ||
图片预览
文档简介
6.1.2空间向量的数量积
一、选择题
1．在正方体ABCD A1B1C1D1中，向量与在平面ADD1A1上的投影向量为( )
A．
B．
C．
D．
2．已知a⊥b，|a|＝2，|b|＝3，且(3a＋2b)⊥(λa－b)，则λ等于( )
A．
B．－
C．±
D．1
3．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，则·的值为( )
A．a2
B．a2
C．a2
D．a2
4．已知长方体ABCD A1B1C1D1，则下列向量的数量积一定不为0的是( )
A．·
B．·
C．·
D．·
5．如图所示，在平行六面体ABCD A′B′C′D′中，AB＝1，AD＝2，AA′＝3，∠BAD＝90°，7．已知向量e1，e2，e3是两两垂直的单位向量，且a＝3e1＋2e2－e3，b＝e1＋2e3，则(6a)·＝___________．
8．已知|a|＝2，|b|＝1，〈a，b〉＝60°，则使向量a＋λb与λa－2b的夹角为钝角的实数λ的取值范围是________．
三、解答题
9．如图，在平行四边形ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠BAD＝120°，PA⊥平面ABCD，且PA＝6．求PC的长．
10．如图，已知直三棱柱ABC A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为AB，BB′的中点．
(1)求证：CE
⊥A′D；
(2)求向量与所成角的余弦值．
11．(多选题)在正方体ABCD A1B1C1D1中，下列命题正确的有( )
A．(＋＋)2＝32
B．·(－)＝0
C．与的夹角为60°
D．正方体的体积为|··|
12．已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，若E是底面正方形A1B1C1D1的中心，
则与( )
A．重合
B．平行但不重合
C．垂直
D．无法确定
13．如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，设AD＝AA1＝1，AB＝2，P是C1D1的中点，则·＝________，与所成角的大小为________．
14．已知在正四面体D ABC中，所有棱长都为1，△ABC的重心为G，则DG的长为________．
15．如图，正四面体V ABC的高VD的中点为O，VC的中点为M．
(1)求证：AO，BO，CO两两垂直；
(2)求〈，〉．
参考答案
1
D [由题图可知，向量与在平面ADD1A1上的投影向量为．]
2
A [∵a⊥b，∴a·b＝0，
∵3a＋2b⊥λa－b，
∴(3a＋2b)·(λa－b)＝0，
即3λa2＋(2λ－3)a·b－2b2＝0，
∴12λ－18＝0，解得λ＝．]
3
C [·＝(＋)·＝(·＋·)＝＝a2．]
4
D [对于选项A，当四边形ADD1A1为正方形时，可得AD1⊥A1D，而A1D∥B1C，可得AD1⊥B1C，此时有·＝0；对于选项B，当四边形ABCD为正方形时，AC⊥BD，易得AC⊥平面BB1D1D，故有AC⊥BD1，此时有·＝0；对于选项C，由长方体的性质，可得AB⊥平面ADD1A1，可得AB⊥AD1，此时必有·＝0；对于选项D，由长方体的性
质，可得BC⊥平面CDD1C1，可得BC⊥CD1，△BCD1为直角三角形，∠BCD1为直角，故BC与BD1不可能垂直，即·≠0．故选D．]
∠BAA′＝∠DAA′＝60°，则AC′的长为( )
A．
B．
C．
D．
5
B [∵＝＋＋，
∴2＝(＋＋)2
＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)
＝12＋22＋32＋2(0＋1×3cos
60°＋2×3cos
60°)
＝14＋2×＝23，
∴||＝，即AC′的长为．]
二、填空题
6．已知a，b是空间两个向量，若|a|＝2，|b|＝2，|a－b|＝，则cos〈a，b〉＝________．
6
[将|a－b|＝两边平方，得(a－b)2＝7．
因为|a|＝2，|b|＝2，所以a·b＝．
又a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，故cos〈a，b〉＝．]
7
3 [因为向量e1，e2，e3是两两垂直的单位向量，且a＝3e1＋2e2－e3，b＝e1＋2e3，
所以(6a)·＝3a·b＝3×(3e1＋2e2－e3)·(e1＋2e3)
＝3×(3e＋6e1·e3＋2e1·e2＋4e2·e3－e1·e3－2e)＝9|e1|2－6|e3|2＝3．]
8
(－1－，－1＋) [由题意知
即
得λ2＋2λ－2<0．∴－1－<λ<－1＋．]
9 因为＝＋＋，
所以||2＝|＋＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝62＋42＋32＋2×4×3×cos
120°＝49，所以||＝7．∴PC＝7．
10 (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〈，〉＝＝．
∴向量和所成角的余弦值为．
11
AB [如图，(＋＋)2＝(＋＋)2＝2＝32；
·(－)＝·＝0；
与的夹角是与夹角的补角，而与的夹角为60°，故与的夹角为120°；
正方体的体积为||||||．故选AB．]
12
C [＝＋＋，＝＋＝－(＋)，于是·＝(＋＋)·＝·－2－·＋·－·－2＋2－·－·＝0－－0＋0－0－＋1－0－0＝0，
故⊥．]
13
1 60° [法一：连接A1D，则∠PA1D就是与所成角．连接PD，在△PA1D中，易得PA1＝DA1＝PD＝，即△PA1D为等边三角形，从而∠PA1D＝60°，即与所成角的大小为60°．因此·＝××cos
60°＝1．
法二：根据向量的线性运算可得
·＝(＋)·＝2＝1．
由题意可得PA1＝B1C＝，则××cos〈，〉＝1，从而〈，〉＝60°．]
14
[如图，连接AG并延长交BC于点M，连接DM，
∵G是△ABC的重心，
∴AG＝AM，
∴＝，＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝(＋＋)，而(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2(cos
60°＋cos
60°＋cos
60°)＝6，
∴||＝．]
15
(1)证明：设＝a，＝b，＝c，正四面体的棱长为1，
则＝(a＋b＋c)，＝(b＋c－5a)，
＝(a＋c－5b)，＝(a＋b－5c)，
所以·＝(b＋c－5a)·(a＋c－5b)＝(18a·b－9|a|2)＝(18×1×1×cos
60°－9)＝0，
所以⊥，
即AO⊥BO．同理，AO⊥CO，BO⊥CO．
所以AO，BO，CO两两垂直．
(2)＝＋＝－(a＋b＋c)＋c＝(－2a－2b＋c)，所以||＝＝．
又||＝＝，
·＝(－2a－2b＋c)·(b＋c－5a)＝，
所以cos〈，〉＝＝．
又〈，〉∈[0，π]，
所以〈，〉＝．
一、选择题
1．在正方体ABCD A1B1C1D1中，向量与在平面ADD1A1上的投影向量为( )
A．
B．
C．
D．
2．已知a⊥b，|a|＝2，|b|＝3，且(3a＋2b)⊥(λa－b)，则λ等于( )
A．
B．－
C．±
D．1
3．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，则·的值为( )
A．a2
B．a2
C．a2
D．a2
4．已知长方体ABCD A1B1C1D1，则下列向量的数量积一定不为0的是( )
A．·
B．·
C．·
D．·
5．如图所示，在平行六面体ABCD A′B′C′D′中，AB＝1，AD＝2，AA′＝3，∠BAD＝90°，7．已知向量e1，e2，e3是两两垂直的单位向量，且a＝3e1＋2e2－e3，b＝e1＋2e3，则(6a)·＝___________．
8．已知|a|＝2，|b|＝1，〈a，b〉＝60°，则使向量a＋λb与λa－2b的夹角为钝角的实数λ的取值范围是________．
三、解答题
9．如图，在平行四边形ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠BAD＝120°，PA⊥平面ABCD，且PA＝6．求PC的长．
10．如图，已知直三棱柱ABC A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为AB，BB′的中点．
(1)求证：CE
⊥A′D；
(2)求向量与所成角的余弦值．
11．(多选题)在正方体ABCD A1B1C1D1中，下列命题正确的有( )
A．(＋＋)2＝32
B．·(－)＝0
C．与的夹角为60°
D．正方体的体积为|··|
12．已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，若E是底面正方形A1B1C1D1的中心，
则与( )
A．重合
B．平行但不重合
C．垂直
D．无法确定
13．如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，设AD＝AA1＝1，AB＝2，P是C1D1的中点，则·＝________，与所成角的大小为________．
14．已知在正四面体D ABC中，所有棱长都为1，△ABC的重心为G，则DG的长为________．
15．如图，正四面体V ABC的高VD的中点为O，VC的中点为M．
(1)求证：AO，BO，CO两两垂直；
(2)求〈，〉．
参考答案
1
D [由题图可知，向量与在平面ADD1A1上的投影向量为．]
2
A [∵a⊥b，∴a·b＝0，
∵3a＋2b⊥λa－b，
∴(3a＋2b)·(λa－b)＝0，
即3λa2＋(2λ－3)a·b－2b2＝0，
∴12λ－18＝0，解得λ＝．]
3
C [·＝(＋)·＝(·＋·)＝＝a2．]
4
D [对于选项A，当四边形ADD1A1为正方形时，可得AD1⊥A1D，而A1D∥B1C，可得AD1⊥B1C，此时有·＝0；对于选项B，当四边形ABCD为正方形时，AC⊥BD，易得AC⊥平面BB1D1D，故有AC⊥BD1，此时有·＝0；对于选项C，由长方体的性质，可得AB⊥平面ADD1A1，可得AB⊥AD1，此时必有·＝0；对于选项D，由长方体的性
质，可得BC⊥平面CDD1C1，可得BC⊥CD1，△BCD1为直角三角形，∠BCD1为直角，故BC与BD1不可能垂直，即·≠0．故选D．]
∠BAA′＝∠DAA′＝60°，则AC′的长为( )
A．
B．
C．
D．
5
B [∵＝＋＋，
∴2＝(＋＋)2
＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)
＝12＋22＋32＋2(0＋1×3cos
60°＋2×3cos
60°)
＝14＋2×＝23，
∴||＝，即AC′的长为．]
二、填空题
6．已知a，b是空间两个向量，若|a|＝2，|b|＝2，|a－b|＝，则cos〈a，b〉＝________．
6
[将|a－b|＝两边平方，得(a－b)2＝7．
因为|a|＝2，|b|＝2，所以a·b＝．
又a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，故cos〈a，b〉＝．]
7
3 [因为向量e1，e2，e3是两两垂直的单位向量，且a＝3e1＋2e2－e3，b＝e1＋2e3，
所以(6a)·＝3a·b＝3×(3e1＋2e2－e3)·(e1＋2e3)
＝3×(3e＋6e1·e3＋2e1·e2＋4e2·e3－e1·e3－2e)＝9|e1|2－6|e3|2＝3．]
8
(－1－，－1＋) [由题意知
即
得λ2＋2λ－2<0．∴－1－<λ<－1＋．]
9 因为＝＋＋，
所以||2＝|＋＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝62＋42＋32＋2×4×3×cos
120°＝49，所以||＝7．∴PC＝7．
10 (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〈，〉＝＝．
∴向量和所成角的余弦值为．
11
AB [如图，(＋＋)2＝(＋＋)2＝2＝32；
·(－)＝·＝0；
与的夹角是与夹角的补角，而与的夹角为60°，故与的夹角为120°；
正方体的体积为||||||．故选AB．]
12
C [＝＋＋，＝＋＝－(＋)，于是·＝(＋＋)·＝·－2－·＋·－·－2＋2－·－·＝0－－0＋0－0－＋1－0－0＝0，
故⊥．]
13
1 60° [法一：连接A1D，则∠PA1D就是与所成角．连接PD，在△PA1D中，易得PA1＝DA1＝PD＝，即△PA1D为等边三角形，从而∠PA1D＝60°，即与所成角的大小为60°．因此·＝××cos
60°＝1．
法二：根据向量的线性运算可得
·＝(＋)·＝2＝1．
由题意可得PA1＝B1C＝，则××cos〈，〉＝1，从而〈，〉＝60°．]
14
[如图，连接AG并延长交BC于点M，连接DM，
∵G是△ABC的重心，
∴AG＝AM，
∴＝，＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝(＋＋)，而(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2(cos
60°＋cos
60°＋cos
60°)＝6，
∴||＝．]
15
(1)证明：设＝a，＝b，＝c，正四面体的棱长为1，
则＝(a＋b＋c)，＝(b＋c－5a)，
＝(a＋c－5b)，＝(a＋b－5c)，
所以·＝(b＋c－5a)·(a＋c－5b)＝(18a·b－9|a|2)＝(18×1×1×cos
60°－9)＝0，
所以⊥，
即AO⊥BO．同理，AO⊥CO，BO⊥CO．
所以AO，BO，CO两两垂直．
(2)＝＋＝－(a＋b＋c)＋c＝(－2a－2b＋c)，所以||＝＝．
又||＝＝，
·＝(－2a－2b＋c)·(b＋c－5a)＝，
所以cos〈，〉＝＝．
又〈，〉∈[0，π]，
所以〈，〉＝．