1.1.2空间向量的数量积运算 同步练习（含解析）-2024-2025学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册
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| 名称 | 1.1.2空间向量的数量积运算 同步练习（含解析）-2024-2025学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 493.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-11-08 13:50:03 | ||
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文档简介
1.1.2 空间向量的数量积运算
A组
1.若a,b均为非零向量,则a·b=|a||b|是a与b共线的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分又不必要条件
2.已知a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=4,则a与b的夹角的余弦值为( )
A. B. C. D.
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.设A,B,C,D是空间中不共面的四点,且满足=0,=0,=0,则△BCD是( )
A.钝角三角形 B.锐角三角形
C.直角三角形 D.不确定
5.(多选题)已知四边形ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,连接AC,BD,PB,PC,PD,则下列各组向量中,数量积一定为零的是( )
A. B.
C. D.
6.已知空间向量a,b,|a|=3,|b|=5,m=a+b,n=a+λb,=135°,若m⊥n,则λ的值为 .
7.如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB=1,∠BCA=90°,AA1=2,则cos<>= .
8.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AD=3,AA1=5,∠BAD=90°,∠BAA1=∠DAA1=60°,则体对角线AC1的长度等于 .
9.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,侧棱PA⊥底面ABCD,证明:PC⊥BD.
10.如图,已知线段AB在平面α内,线段AC⊥α于点A,线段BD⊥AB于点B,线段DD'⊥α于点D',如果∠DBD'=30°,AB=a,AC=BD=b,求点C,D间的距离.
B组
1.已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心为O1,则的值为( )
A.-1 B.0 C.1 D.2
2.如图,在正四面体ABCD中,E是BC的中点,那么( )
A.
B.
C.
D.不能比较大小
3.(多选题)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,下列四个结论中,正确的是( )
A.()2=3||2
B.·()=0
C.的夹角为60°
D.正方体的体积为||
4.已知|a|=2,|b|=1,=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 .
5.在四面体OABC中,棱OA,OB,OC两两垂直,且OA=1,OB=2,OC=3,G为△ABC的重心,则·()= .
6.已知正三棱柱ABC-DEF的侧棱长为2,底面边长为1,M是BC的中点,若CF上有一点N,使MN⊥AE,则= .
7.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,AB=BC=1,AA1=,求的夹角的余弦值.
8.如图所示,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长为.
(1)设侧棱长为1,求证:AB1⊥BC1;
(2)设AB1与BC1的夹角为,求侧棱长.
参考答案
A组
1.A
解析:a·b=|a||b| cos=1 =0°,即a与b共线.反之不成立,因为当a与b反向共线时,a·b=-|a||b|.
2.D
解析:∵a+b+c=0,∴a+b=-c.
∴(a+b)2=|a|2+|b|2+2a·b=|c|2.
∴a·b=.∴cos=.
3.C
解析:)·)=a2.
4.B
解析:=()·()=+||2=||2>0,
同理可证>0,>0.
所以△BCD的每个内角均为锐角.故△BCD是锐角三角形.
5.BCD
解析:因为PA⊥平面ABCD,且CD 平面ABCD,所以PA⊥CD.故=0.因为AD⊥AB,PA⊥AD,且PA∩AB=A,所以AD⊥平面PAB.因为PB 平面PAB,所以AD⊥PB.故=0.同理,=0,=0.因为PA⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,所以PA⊥BD.所以=()·.因为四边形ABCD为矩形,所以BD不一定与AC垂直.所以的数量积不一定为0.故选BCD,排除A.
6.-
解析:∵m⊥n,∴(a+b)·(a+λb)=0.
∴m·n=0,即a2+λb2+(1+λ)a·b=0,
即18+25λ+(1+λ)×3×5×cos 135°=0,
解得λ=-.
7.
解析:=()·()=,
∵BB1⊥BA1,BB1⊥BC,∴=0,=0,
又=||||·cos(180°-∠ABC)=×1×cos 135°=-1,=4,
∴=-1+0+0+4=3,又||·||=,
∴cos<>=.
8.
解析:||2=()2=||2+||2+||2+2+2+2=16+9+25+2×4×3×cos 90°+2×4×5×cos 60°+2×3×5×cos 60°=50+20+15=85,则||=.
9.证明:∵,
∴=()·()=()·()-·()
=.
∵底面ABCD为菱形,
∴AD=AB,∴=0.
∵侧棱PA⊥底面ABCD,
∴PA⊥AB,PA⊥AD,
∴=0,
∴=0,∴PC⊥BD.
10.解:||2=()2=||2+||2+||2+2().
∵AC⊥α,且AB α,∴AC⊥AB.
∴=0.
又∠DBD'=30°,AC⊥α,DD'⊥α,
∴<>=60°.
又BD⊥AB,∴=0.
∴||2=b2+a2+b2+2(0+b2cos 60°+0)=a2+3b2.
∴||=,
即点C,D间的距离为.
B组
1.C
解析:∵,
∴|2=1.故选C.
2.C
解析:∵)·()=(||2-||2)=0,
)·()
=|2
=|2(cos 60°-1)<0.
∴.
3.AB
解析:如图所示,()2=()2=||2=3||2,故A正确;·()=.因为AB1⊥平面A1BC,A1C 平面A1BC,所以AB1⊥A1C,所以=0,故B正确;的夹角是夹角的补角,而的夹角为60°,故的夹角为120°,故C错误;正方体的体积为||||||,故D错误.
4.(-1-,-1+)
解析:由题意知
由①得λ2+2λ-2<0,
解得-1-<λ<-1+.
当a+λb与λa-2b反向共线时,存在实数k<0,使a+λb=k(λa-2b),即无解.所以不存在a+λb与λa-2b反向共线的情况,②始终成立.故实数λ的取值范围为(-1-,-1+).
5.
解析:由已知得=0.
如图,取BC的中点D,连接OD,AD,则AD过点G,且AG=AD.
)=)=.
·()=)2=(||2+||2+||2)=×(1+4+9)=.
6.
解析:如图,设=m.
∵+m,
∴=()·×1×1×+4m=0.
∴m=.
7.解:∵,
且=0,
∴=-||2=-1.
又||=,||=,
∴cos<>==-.
故的夹角的余弦值为-.
8.解：(1)证明:.
∵BB1⊥平面ABC,∴BB1⊥AB,BB1⊥BC.
∴=0,=0.
又△ABC为正三角形,
∴<>=π-<>=π-.
∵=()·()=+||2+=||||·cos<>+||2=-1+1=0,
∴.
∴AB1⊥BC1.
(2)解 由(1)知=||||cos<>+||2=||2-1.
又||=,||=,
∴cos<>==cos.
∴||=2,即侧棱长为2.
A组
1.若a,b均为非零向量,则a·b=|a||b|是a与b共线的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分又不必要条件
2.已知a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=4,则a与b的夹角
A. B. C. D.
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.设A,B,C,D是空间中不共面的四点,且满足=0,=0,=0,则△BCD是( )
A.钝角三角形 B.锐角三角形
C.直角三角形 D.不确定
5.(多选题)已知四边形ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,连接AC,BD,PB,PC,PD,则下列各组向量中,数量积一定为零的是( )
A. B.
C. D.
6.已知空间向量a,b,|a|=3,|b|=5,m=a+b,n=a+λb,
7.如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB=1,∠BCA=90°,AA1=2,则cos<>= .
8.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AD=3,AA1=5,∠BAD=90°,∠BAA1=∠DAA1=60°,则体对角线AC1的长度等于 .
9.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,侧棱PA⊥底面ABCD,证明:PC⊥BD.
10.如图,已知线段AB在平面α内,线段AC⊥α于点A,线段BD⊥AB于点B,线段DD'⊥α于点D',如果∠DBD'=30°,AB=a,AC=BD=b,求点C,D间的距离.
B组
1.已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心为O1,则的值为( )
A.-1 B.0 C.1 D.2
2.如图,在正四面体ABCD中,E是BC的中点,那么( )
A.
B.
C.
D.不能比较大小
3.(多选题)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,下列四个结论中,正确的是( )
A.()2=3||2
B.·()=0
C.的夹角为60°
D.正方体的体积为||
4.已知|a|=2,|b|=1,
5.在四面体OABC中,棱OA,OB,OC两两垂直,且OA=1,OB=2,OC=3,G为△ABC的重心,则·()= .
6.已知正三棱柱ABC-DEF的侧棱长为2,底面边长为1,M是BC的中点,若CF上有一点N,使MN⊥AE,则= .
7.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,AB=BC=1,AA1=,求的夹角的余弦值.
8.如图所示,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长为.
(1)设侧棱长为1,求证:AB1⊥BC1;
(2)设AB1与BC1的夹角为,求侧棱长.
参考答案
A组
1.A
解析:a·b=|a||b| cos
2.D
解析:∵a+b+c=0,∴a+b=-c.
∴(a+b)2=|a|2+|b|2+2a·b=|c|2.
∴a·b=.∴cos
3.C
解析:)·)=a2.
4.B
解析:=()·()=+||2=||2>0,
同理可证>0,>0.
所以△BCD的每个内角均为锐角.故△BCD是锐角三角形.
5.BCD
解析:因为PA⊥平面ABCD,且CD 平面ABCD,所以PA⊥CD.故=0.因为AD⊥AB,PA⊥AD,且PA∩AB=A,所以AD⊥平面PAB.因为PB 平面PAB,所以AD⊥PB.故=0.同理,=0,=0.因为PA⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,所以PA⊥BD.所以=()·.因为四边形ABCD为矩形,所以BD不一定与AC垂直.所以的数量积不一定为0.故选BCD,排除A.
6.-
解析:∵m⊥n,∴(a+b)·(a+λb)=0.
∴m·n=0,即a2+λb2+(1+λ)a·b=0,
即18+25λ+(1+λ)×3×5×cos 135°=0,
解得λ=-.
7.
解析:=()·()=,
∵BB1⊥BA1,BB1⊥BC,∴=0,=0,
又=||||·cos(180°-∠ABC)=×1×cos 135°=-1,=4,
∴=-1+0+0+4=3,又||·||=,
∴cos<>=.
8.
解析:||2=()2=||2+||2+||2+2+2+2=16+9+25+2×4×3×cos 90°+2×4×5×cos 60°+2×3×5×cos 60°=50+20+15=85,则||=.
9.证明:∵,
∴=()·()=()·()-·()
=.
∵底面ABCD为菱形,
∴AD=AB,∴=0.
∵侧棱PA⊥底面ABCD,
∴PA⊥AB,PA⊥AD,
∴=0,
∴=0,∴PC⊥BD.
10.解:||2=()2=||2+||2+||2+2().
∵AC⊥α,且AB α,∴AC⊥AB.
∴=0.
又∠DBD'=30°,AC⊥α,DD'⊥α,
∴<>=60°.
又BD⊥AB,∴=0.
∴||2=b2+a2+b2+2(0+b2cos 60°+0)=a2+3b2.
∴||=,
即点C,D间的距离为.
B组
1.C
解析:∵,
∴|2=1.故选C.
2.C
解析:∵)·()=(||2-||2)=0,
)·()
=|2
=|2(cos 60°-1)<0.
∴.
3.AB
解析:如图所示,()2=()2=||2=3||2,故A正确;·()=.因为AB1⊥平面A1BC,A1C 平面A1BC,所以AB1⊥A1C,所以=0,故B正确;的夹角是夹角的补角,而的夹角为60°,故的夹角为120°,故C错误;正方体的体积为||||||,故D错误.
4.(-1-,-1+)
解析:由题意知
由①得λ2+2λ-2<0,
解得-1-<λ<-1+.
当a+λb与λa-2b反向共线时,存在实数k<0,使a+λb=k(λa-2b),即无解.所以不存在a+λb与λa-2b反向共线的情况,②始终成立.故实数λ的取值范围为(-1-,-1+).
5.
解析:由已知得=0.
如图,取BC的中点D,连接OD,AD,则AD过点G,且AG=AD.
)=)=.
·()=)2=(||2+||2+||2)=×(1+4+9)=.
6.
解析:如图,设=m.
∵+m,
∴=()·×1×1×+4m=0.
∴m=.
7.解:∵,
且=0,
∴=-||2=-1.
又||=,||=,
∴cos<>==-.
故的夹角的余弦值为-.
8.解：(1)证明:.
∵BB1⊥平面ABC,∴BB1⊥AB,BB1⊥BC.
∴=0,=0.
又△ABC为正三角形,
∴<>=π-<>=π-.
∵=()·()=+||2+=||||·cos<>+||2=-1+1=0,
∴.
∴AB1⊥BC1.
(2)解 由(1)知=||||cos<>+||2=||2-1.
又||=,||=,
∴cos<>==cos.
∴||=2,即侧棱长为2.