人教B版（2019）高中数学选择性必修第一册 1.1.1 空间向量及其运算word含答案
文档属性
| 名称 | 人教B版（2019）高中数学选择性必修第一册 1.1.1 空间向量及其运算word含答案 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 151.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2020-08-10 18:20:07 | ||
图片预览
文档简介
第一章空间向量与立体几何
1.1 空间向量及其运算
1.1.1 空间向量及其运算
课后篇巩固提升
基础达标练
1.下列命题中为真命题的是( )
A.向量AB与BA的长度相等
B.将空间中所有的单位向量移到同一个起点,则它们的终点构成一个圆
C.空间向量就是空间中的一条有向线段
D.不相等的两个空间向量的模必不相等
答案A
2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列选项中化简后为零向量的是( )
A.AB+A1D1+C1A1
B.AB-AC+BB1
C.AB+AD+AA1
D.AC+CB1
答案A
3.已知e1,e2为单位向量,且e1⊥e2,若a=2e1+3e2,b=ke1-4e2,a⊥b,则实数k的值为( )
A.-6 B.6 C.3 D.-3
解析由题意可得a·b=0,e1·e2=0,|e1|=|e2|=1,
所以(2e1+3e2)·(ke1-4e2)=0,
所以2k-12=0,
所以k=6.故选B.
答案B
4.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AE·AF的值为( )
A.a2 B.12a2
C.14a2 D.34a2
解析 AE·AF
=12(AB+AC)·12AD
=14(AB·AD+AC·AD)
=14a×a×12+a×a×12=14a2.
答案C
5.(多选)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,数量积为零的是( )
A.PC与BD
B.DA与PB
C.PD与AB
D.PA与CD
解析 PC·BD=(PA+AB+BC)·(BA+AD)
=PA·BA+AB·BA+BC·BA+PA·AD+AB·AD+BC·AD=-(AB)2+(BC)2≠0.
因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD,
即PA·CD=0,
又因为AD⊥AB,AD⊥PA,所以AD⊥平面PAB,所以AD⊥PB,所以DA·PB=0,同理PD·AB=0,因此B,C,D中的数量积均为0.故选B,C,D.
答案BCD
6.化简:(AB-CD)-(AC-BD)= .?
答案0
7.化简:12(a+2b-3c)+523a-12b+23c-3(a-2b+c)= .?
答案56a+92b-76c
8.如图,平行六面体ABCD-A'B'C'D'中,AB=AD=1,AA'=2,∠BAD=∠BAA'=∠DAA'=60°,则AC'的长为 .?
解析|AC'|2=|AB+BC+CC'|2
=AB2+BC2+CC'2+2AB·BC+2BC·CC'+2AB·CC'
=12+12+22+2×1×1×cos 60°+2×1×2×cos 60°+2×1×2×cos 60°=11,
则|AC'|=11.
答案11
9.在四面体ABCD中,E,F分别为棱AC,BD的中点,求证:AB+CB+AD+CD=4EF.
证明左边=(AB+AD)+(CB+CD)
=2AF+2CF=2(AF+CF)=4EF=右边,得证.
10.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是C1D1,D1D的中点,正方体的棱长为1.
(1)求的余弦值;
(2)求证:BD1⊥EF.
(1)解 AF=AD+DF=AD+12AA1,CE=CC1+C1E=AA1+12CD=AA1-12AB.
因为AB·AD=0,AB·AA1=0,AD·AA1=0,
所以CE·AF=AA1-12AB·AD+12AA1=12.
又|AF|=|CE|=52,所以cos=25.
(2)证明 BD1=BD+DD1=AD-AB+AA1,EF=ED1+D1F=-12(AB+AA1),
所以BD1·EF=0,所以BD1⊥EF.
能力提升练
1.设点M是BC的中点,点A在直线BC外,BC2=16,|AB+AC|=|AB-AC|,则|AM|=( )
A.8 B.4 C.2 D.1
解析由|AB+AC|=|AB-AC|=|CB|=|BC|=4,
又M为BC的中点,
所以|AM|=12|AB+AC|=2.
答案C
2.设平面上有四个互异的点A,B,C,D,已知(DB+DC-2DA)·(AB-AC)=0,则△ABC是( )
A.直角三角形 B.等腰三角形
C.钝角三角形 D.锐角三角形
解析因为DB+DC-2DA=(DB-DA)+(DC-DA)=AB+AC,所以(AB+AC)·(AB-AC)=|AB|2-|AC|2=0,所以|AB|=|AC|,即△ABC是等腰三角形.
答案B
3.如图,已知PA⊥平面ABC,∠ABC=120°,PA=AB=BC=6,则PC等于( )
A.62 B.6 C.12 D.144
解析因为PC=PA+AB+BC,所以PC2=PA2+AB2+BC2+2PA·AB+2PA·BC+2AB·BC=36+36+36+2×36cos 60°=144,所以PC=12.
答案C
4.给出下列几个命题:
①方向相反的两个向量是相反向量;
②若|a|=|b|,则a=b或a=-b;
③对于任意向量a,b,必有|a+b|≤|a|+|b|.
其中正确命题的序号为 .?
解析对于①,长度相等且方向相反的两个向量是相反向量,故①错误;对于②,若|a|=|b|,则a与b的长度相等,但方向没有任何联系,故不正确;只有③正确.
答案③
5.等边△ABC中,P在线段AB上,且AP=λAB,若CP·AB=PA·PB,则实数λ的值为 .?
解析设|AB|=a(a>0),
由题知,0<λ<1.如图,
CP=-AC+AP
=-AC+λAB,
故CP·AB=(λAB-AC)·AB
=λ|AB|2-|AB||AC|cos A=a2λ-12a2,
PA·PB=(-λAB)·(1-λ)AB
=λ(λ-1)|AB|2=λ(λ-1)a2,
则a2λ-12a2=λ(λ-1)a2,
解得λ=1-22λ=1+22舍.
答案1-22
6.如图,平面α⊥平面β,AC⊥AB,BD⊥AB,且AB=4,AC=6,BD=8,用AB,AC,BD表示CD= ,|CD|= .?
解析∵CD=CA+AB+BD=AB-AC+BD,
∴CD2=(AB-AC+BD)2
=AB2+AC2+BD2-2AB·AC+2AB·BD-2AC·BD=16+36+64=116,
∴|CD|=229.
答案 AB-AC+BD 229
7.已知ABCD - A'B'C'D'是平行六面体,AA'的中点为E,点F为D'C'上一点,且D'F=23D'C'.
(1)化简:12AA'+BC+23AB;
(2)设M是底面ABCD的中心,N是侧面BCC'B'对角线BC'上的34分点,设MN=αAB+βAD+γAA',试求α,β,γ的值.
解(1)由AA'的中点为E,得12AA'=EA',
又BC=A'D',D'F=23D'C',
因此23AB=23D'C'=D'F.
从而12AA'+BC+23AB=EA'+A'D'+D'F=EF.
(2)MN=MB+BN=12DB+34BC'=12(DA+AB)+34(BC+CC')=12(-AD+AB)+34(AD+AA')=12AB+14AD+34AA',因此α=12,β=14,γ=34.
8.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别是A1B,B1C1上的点,且BM=2A1M,C1N=2B1N.设AB=a,AC=b,AA1=c.
(1)试用a,b,c表示向量MN;
(2)若∠BAC=90°,∠BAA1=∠CAA1=60°,AB=AC=AA1=1,求MN的长.
解(1)MN=MA1+A1B1+B1N
=13BA1+AB+13B1C1
=13(c-a)+a+13(b-a)
=13a+13b+13c.
(2)因为(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2a·c=1+1+1+0+2×1×1×12+2×1×1×12=5,
所以|a+b+c|=5,
所以|MN|=13|a+b+c|=53,即MN=53.
素养培优练
1.
如图所示,已知线段AB在平面α内,线段AC⊥α,线段BD⊥AB,且AB=7,AC=BD=24,线段BD与α所成的角为30°,求CD的长.
解由AC⊥α,可知AC⊥AB,
过点D作DD1⊥α,
D1为垂足,连接BD1,
则∠DBD1为BD与α所成的角,
即∠DBD1=30°,
所以∠BDD1=60°,
因为AC⊥α,DD1⊥α,所以AC∥DD1,
所以=60°,所以=120°.
又CD=CA+AB+BD,
所以|CD|2=(CA+AB+BD)2
=|CA|2+|AB|2+|BD|2+2CA·AB+2CA·BD+2AB·BD.
因为BD⊥AB,AC⊥AB,
所以BD·AB=0,AC·AB=0.
故|CD|2=|CA|2+|AB|2+|BD|2+2CA·BD
=242+72+242+2×24×24×cos 120°=625,
所以|CD|=25,即CD的长是25.
2.如图所示,在矩形ABCD中,AB=1,BC=a,PA⊥平面ABCD(点P位于平面ABCD的上方),则边BC上是否存在点Q,使PQ⊥QD?
解假设存在点Q(点Q在边BC上),使PQ⊥QD,
连接AQ,因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥QD.
又PQ=PA+AQ,
所以PQ·QD=PA·QD+AQ·QD=0.
又PA·QD=0,所以AQ·QD=0,所以AQ⊥QD.
即点Q在以边AD为直径的圆上,圆的半径为a2.
又AB=1,
所以当a2=1,即a=2时,该圆与边BC相切,存在1个点Q满足题意;
当a2>1,即a>2时,该圆与边BC相交,存在2个点Q满足题意;
当a2<1,即a<2时,该圆与边BC相离,不存在点Q满足题意.
综上所述,当a≥2时,存在点Q,使PQ⊥QD;
当0
1.1 空间向量及其运算
1.1.1 空间向量及其运算
课后篇巩固提升
基础达标练
1.下列命题中为真命题的是( )
A.向量AB与BA的长度相等
B.将空间中所有的单位向量移到同一个起点,则它们的终点构成一个圆
C.空间向量就是空间中的一条有向线段
D.不相等的两个空间向量的模必不相等
答案A
2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列选项中化简后为零向量的是( )
A.AB+A1D1+C1A1
B.AB-AC+BB1
C.AB+AD+AA1
D.AC+CB1
答案A
3.已知e1,e2为单位向量,且e1⊥e2,若a=2e1+3e2,b=ke1-4e2,a⊥b,则实数k的值为( )
A.-6 B.6 C.3 D.-3
解析由题意可得a·b=0,e1·e2=0,|e1|=|e2|=1,
所以(2e1+3e2)·(ke1-4e2)=0,
所以2k-12=0,
所以k=6.故选B.
答案B
4.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AE·AF的值为( )
A.a2 B.12a2
C.14a2 D.34a2
解析 AE·AF
=12(AB+AC)·12AD
=14(AB·AD+AC·AD)
=14a×a×12+a×a×12=14a2.
答案C
5.(多选)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,数量积为零的是( )
A.PC与BD
B.DA与PB
C.PD与AB
D.PA与CD
解析 PC·BD=(PA+AB+BC)·(BA+AD)
=PA·BA+AB·BA+BC·BA+PA·AD+AB·AD+BC·AD=-(AB)2+(BC)2≠0.
因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD,
即PA·CD=0,
又因为AD⊥AB,AD⊥PA,所以AD⊥平面PAB,所以AD⊥PB,所以DA·PB=0,同理PD·AB=0,因此B,C,D中的数量积均为0.故选B,C,D.
答案BCD
6.化简:(AB-CD)-(AC-BD)= .?
答案0
7.化简:12(a+2b-3c)+523a-12b+23c-3(a-2b+c)= .?
答案56a+92b-76c
8.如图,平行六面体ABCD-A'B'C'D'中,AB=AD=1,AA'=2,∠BAD=∠BAA'=∠DAA'=60°,则AC'的长为 .?
解析|AC'|2=|AB+BC+CC'|2
=AB2+BC2+CC'2+2AB·BC+2BC·CC'+2AB·CC'
=12+12+22+2×1×1×cos 60°+2×1×2×cos 60°+2×1×2×cos 60°=11,
则|AC'|=11.
答案11
9.在四面体ABCD中,E,F分别为棱AC,BD的中点,求证:AB+CB+AD+CD=4EF.
证明左边=(AB+AD)+(CB+CD)
=2AF+2CF=2(AF+CF)=4EF=右边,得证.
10.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是C1D1,D1D的中点,正方体的棱长为1.
(1)求
(2)求证:BD1⊥EF.
(1)解 AF=AD+DF=AD+12AA1,CE=CC1+C1E=AA1+12CD=AA1-12AB.
因为AB·AD=0,AB·AA1=0,AD·AA1=0,
所以CE·AF=AA1-12AB·AD+12AA1=12.
又|AF|=|CE|=52,所以cos
(2)证明 BD1=BD+DD1=AD-AB+AA1,EF=ED1+D1F=-12(AB+AA1),
所以BD1·EF=0,所以BD1⊥EF.
能力提升练
1.设点M是BC的中点,点A在直线BC外,BC2=16,|AB+AC|=|AB-AC|,则|AM|=( )
A.8 B.4 C.2 D.1
解析由|AB+AC|=|AB-AC|=|CB|=|BC|=4,
又M为BC的中点,
所以|AM|=12|AB+AC|=2.
答案C
2.设平面上有四个互异的点A,B,C,D,已知(DB+DC-2DA)·(AB-AC)=0,则△ABC是( )
A.直角三角形 B.等腰三角形
C.钝角三角形 D.锐角三角形
解析因为DB+DC-2DA=(DB-DA)+(DC-DA)=AB+AC,所以(AB+AC)·(AB-AC)=|AB|2-|AC|2=0,所以|AB|=|AC|,即△ABC是等腰三角形.
答案B
3.如图,已知PA⊥平面ABC,∠ABC=120°,PA=AB=BC=6,则PC等于( )
A.62 B.6 C.12 D.144
解析因为PC=PA+AB+BC,所以PC2=PA2+AB2+BC2+2PA·AB+2PA·BC+2AB·BC=36+36+36+2×36cos 60°=144,所以PC=12.
答案C
4.给出下列几个命题:
①方向相反的两个向量是相反向量;
②若|a|=|b|,则a=b或a=-b;
③对于任意向量a,b,必有|a+b|≤|a|+|b|.
其中正确命题的序号为 .?
解析对于①,长度相等且方向相反的两个向量是相反向量,故①错误;对于②,若|a|=|b|,则a与b的长度相等,但方向没有任何联系,故不正确;只有③正确.
答案③
5.等边△ABC中,P在线段AB上,且AP=λAB,若CP·AB=PA·PB,则实数λ的值为 .?
解析设|AB|=a(a>0),
由题知,0<λ<1.如图,
CP=-AC+AP
=-AC+λAB,
故CP·AB=(λAB-AC)·AB
=λ|AB|2-|AB||AC|cos A=a2λ-12a2,
PA·PB=(-λAB)·(1-λ)AB
=λ(λ-1)|AB|2=λ(λ-1)a2,
则a2λ-12a2=λ(λ-1)a2,
解得λ=1-22λ=1+22舍.
答案1-22
6.如图,平面α⊥平面β,AC⊥AB,BD⊥AB,且AB=4,AC=6,BD=8,用AB,AC,BD表示CD= ,|CD|= .?
解析∵CD=CA+AB+BD=AB-AC+BD,
∴CD2=(AB-AC+BD)2
=AB2+AC2+BD2-2AB·AC+2AB·BD-2AC·BD=16+36+64=116,
∴|CD|=229.
答案 AB-AC+BD 229
7.已知ABCD - A'B'C'D'是平行六面体,AA'的中点为E,点F为D'C'上一点,且D'F=23D'C'.
(1)化简:12AA'+BC+23AB;
(2)设M是底面ABCD的中心,N是侧面BCC'B'对角线BC'上的34分点,设MN=αAB+βAD+γAA',试求α,β,γ的值.
解(1)由AA'的中点为E,得12AA'=EA',
又BC=A'D',D'F=23D'C',
因此23AB=23D'C'=D'F.
从而12AA'+BC+23AB=EA'+A'D'+D'F=EF.
(2)MN=MB+BN=12DB+34BC'=12(DA+AB)+34(BC+CC')=12(-AD+AB)+34(AD+AA')=12AB+14AD+34AA',因此α=12,β=14,γ=34.
8.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别是A1B,B1C1上的点,且BM=2A1M,C1N=2B1N.设AB=a,AC=b,AA1=c.
(1)试用a,b,c表示向量MN;
(2)若∠BAC=90°,∠BAA1=∠CAA1=60°,AB=AC=AA1=1,求MN的长.
解(1)MN=MA1+A1B1+B1N
=13BA1+AB+13B1C1
=13(c-a)+a+13(b-a)
=13a+13b+13c.
(2)因为(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2a·c=1+1+1+0+2×1×1×12+2×1×1×12=5,
所以|a+b+c|=5,
所以|MN|=13|a+b+c|=53,即MN=53.
素养培优练
1.
如图所示,已知线段AB在平面α内,线段AC⊥α,线段BD⊥AB,且AB=7,AC=BD=24,线段BD与α所成的角为30°,求CD的长.
解由AC⊥α,可知AC⊥AB,
过点D作DD1⊥α,
D1为垂足,连接BD1,
则∠DBD1为BD与α所成的角,
即∠DBD1=30°,
所以∠BDD1=60°,
因为AC⊥α,DD1⊥α,所以AC∥DD1,
所以
又CD=CA+AB+BD,
所以|CD|2=(CA+AB+BD)2
=|CA|2+|AB|2+|BD|2+2CA·AB+2CA·BD+2AB·BD.
因为BD⊥AB,AC⊥AB,
所以BD·AB=0,AC·AB=0.
故|CD|2=|CA|2+|AB|2+|BD|2+2CA·BD
=242+72+242+2×24×24×cos 120°=625,
所以|CD|=25,即CD的长是25.
2.如图所示,在矩形ABCD中,AB=1,BC=a,PA⊥平面ABCD(点P位于平面ABCD的上方),则边BC上是否存在点Q,使PQ⊥QD?
解假设存在点Q(点Q在边BC上),使PQ⊥QD,
连接AQ,因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥QD.
又PQ=PA+AQ,
所以PQ·QD=PA·QD+AQ·QD=0.
又PA·QD=0,所以AQ·QD=0,所以AQ⊥QD.
即点Q在以边AD为直径的圆上,圆的半径为a2.
又AB=1,
所以当a2=1,即a=2时,该圆与边BC相切,存在1个点Q满足题意;
当a2>1,即a>2时,该圆与边BC相交,存在2个点Q满足题意;
当a2<1,即a<2时,该圆与边BC相离,不存在点Q满足题意.
综上所述,当a≥2时,存在点Q,使PQ⊥QD;
当0