新教材蘇教版選擇性必修第二冊(cè)6.1.2空間向量的數(shù)量積作業(yè)

第6章空間向量與立體幾何空間向量及其運(yùn)算6.1.2空間向量的數(shù)量積基礎(chǔ)過關(guān)練題組一空間向量的數(shù)量積的概念及其運(yùn)算1.下列各命題中,不正確的命題的個(gè)數(shù)為 ()①a·a=|a②m(λa)·b=(mλ)a·b(m,λ∈R);③a·(b+c)=(b+c)·a;④a2b=b2a. 2.(2021江蘇南通高三月考)已知向量e1,e2,e3是兩兩垂直的單位向量,且a=3e1+2e2-e3,b=e1+2e3,則(6a)·12b= ( 3.(2021江蘇淮安高二期末)已知a·b=0,|a|=2,|b|=3,且(3a+2b)·(λa-b)=0,則λ= ()A.32 C.±324.(2021江蘇泰州中學(xué)高二月考)在棱長(zhǎng)為2的正四面體ABCD中,E,F分別是BC,AD的中點(diǎn),則AE·CF= () 題組二利用空間向量的數(shù)量積求夾角和模5.(2021江蘇宿遷中學(xué)高二月考)若|a|=1,|b|=2,c=a+b且c⊥a,則向量a與b的夾角是 ()° ° ° °6.(2021江蘇如皋中學(xué)高三月考)設(shè)A,B,C,D是空間不共面的四個(gè)點(diǎn),且滿足AB·AC=0,AC·AD=0,AD·AB=0,則△BCD的形狀是 ()A.銳角三角形 B.直角三角形C.鈍角三角形 D.等腰直角三角形7.(2020吉林第一中學(xué)階段測(cè)試)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,向量AB,AD,AA1兩兩的夾角均為60°,且|AB|=1,|AD|=2,|AA1|=3,則|AC1 8.(2021江蘇揚(yáng)州中學(xué)高二月考)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,下列結(jié)論錯(cuò)誤的是 ()A.(A1A+A1D1+B.A1C·(A1BC.向量AD1與A1D.正方體ABCD-A1B1C1D1的體積為|AB·AA1·9.(2021江蘇宿遷中學(xué)高二期末)自然界中,構(gòu)成晶體的最基本的幾何單元稱為晶胞,其形狀一般是平行六面體,具體形狀、大小由它的三組棱長(zhǎng)a、b、c及棱間交角α、β、γ(合稱為“晶胞參數(shù)”)來表征.如圖是某種晶體的晶胞,其中a=2,b=c=1,α=60°,β=90°,γ=120°,則該晶胞的對(duì)角線AC1的長(zhǎng)為.?10.(2021江蘇南通高二期末)在空間四邊形OABC中,E是線段BC的中點(diǎn),G在線段AE上,且AG=2GE.(1)試用OA,OB,OC表示向量OG;(2)若OA=2,OB=3,OC=4,∠AOC=∠BOC=60°,∠AOB=90°,求OG·AB及|OG|.題組三投影向量11.(2021江蘇常州高二期末)已知棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心為O1,則AO1·AC的值為 ( 12.(2021江蘇蘇州常熟中學(xué)高二月考)直三棱柱A1B1C1-ABC的底面是邊長(zhǎng)為2的正三角形,側(cè)棱長(zhǎng)為3,M,N分別為A1C1,BC的中點(diǎn),則AB·NM= () C.10 10能力提升練題組一空間向量的數(shù)量積的運(yùn)算及其應(yīng)用1.(2021江蘇南京高二月考,)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a,A1C與B1D相交于點(diǎn)O,則有 ()A.A1B1·AC=a2 B.AB·A1C.CD·AB1=a2 D.AB·A12.(2020江西宜春高二期末,)如圖,空間四邊形ABCD的每條邊和對(duì)角線的長(zhǎng)都為a,E,F,G分別是AB,AD,DC的中點(diǎn),則下列向量的數(shù)量積等于a2的是 ()BA·AC AD·DBFG·AC EF·CB3.(2021江蘇連云港高二期末,)在四面體ABCD中,AB=6,BC=3,BD=4,若∠ABD與∠ABC互余,則BA·(BC+BD)的最大值為 () 4.(2020四川廣元中學(xué)高二上期中,)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中點(diǎn).證明:(1)CD⊥AE;(2)PD⊥平面ABE.題組二利用空間向量的數(shù)量積求夾角和模5.(2020河北冀州中學(xué)高二月考,)如圖所示,在三棱錐A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB=BC=1,CD=2,E為CD的中點(diǎn),則AE的長(zhǎng)為 ()A.2 B.3 D.56.(2021江蘇南京高二上期中調(diào)研測(cè)試,)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BC1與B1C相交于點(diǎn)O,∠A1AB=∠A1AC=60°,∠BAC=90°,A1A=3,AB=AC=2,則線段AO的長(zhǎng)度為 ()A.292 B.29 C.232 7.(多選)(2019山東菏澤高二期末,)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,下列結(jié)論正確的是 ()A.四邊形ABC1D1的面積為|AB||BCB.AD1與A1C.(AA1+A1D1+D.A1C·(A1B8.(2020江蘇揚(yáng)州中學(xué)高二月考,)如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面三角形ABC的邊長(zhǎng)為2.(1)設(shè)側(cè)棱長(zhǎng)為1,試用向量法證明:AB1⊥BC1;(2)設(shè)AB1與BC1的夾角為π3,求側(cè)棱的長(zhǎng)

答案全解全析第6章空間向量與立體幾何6.1空間向量及其運(yùn)算6.1.2空間向量的數(shù)量積基礎(chǔ)過關(guān)練1.D①是向量模的計(jì)算公式,正確;②是向量數(shù)乘運(yùn)算的結(jié)合律,正確;a·(b+c)=a·b+a·c=b·a+c·a=(b+c)·a,③正確;a2b與向量b共線,b2a與向量a共線,④不正確.故選D.2.B(6a)·12b=3a·b=3(3e1+2e2-e3)·(e1+2e3)=9|e1|2-6|e3|2=3.故選3.A∵(3a+2b)·(λa-b)=0,∴3λa2+(2λ-3)a·b-2b2=0,又a·b=0,|a|=2,|b|=3,∴12λ-18=0,解得λ=32.故選A4.B如圖所示,棱長(zhǎng)為2的正四面體ABCD中,因?yàn)镋,F分別是BC,AD的中點(diǎn),所以AE·CF=12(AB+AC)·12(CA+CD)=14(AB·CA+AB·CD+AC·CA+AC=14(2×2×cos120°+2×2×cos90°+2×2×cos180°+2×2×cos120°)=-2,故選B5.C因?yàn)閏⊥a,所以c·a=(a+b)·a=0,所以a·b=-1,所以cos<a,b>=a·b|a||b|=-12,又0°≤<a,b>≤180°,6.ABC·BD=(AC-AB)·(AD-AB)=AC·AD-AC·AB-AB·AD+AB·AB=|AB|2>0,則cosB>0,所以B是銳角,同理D,C都是銳角,故△BCD是銳角三角形.故選A.7.A|AC1|2=(AB+AD+AA1)2=|AB|2+|AD|2+|AA1|2+2AB·AD+2AB·AA1+2AA1·8.D由正方體的性質(zhì)得A1A+A1D1+A1B1=A1A+AD+DC=A1C,A1C2=|A1C|2=3|A1B1|2=3A1B12,故A中結(jié)論正確;A1B1-A1A=AB1,由AB1⊥BC,AB1⊥A1B可得AB1⊥平面A1BC,所以AB1⊥A1C,所以AB1·A1C=0,即A1C·(A1B1-A1A)=0,故B中結(jié)論正確;由正方體的性質(zhì)可得AD1∥BC1,易知△BC1A9.答案10信息提取①晶胞的形狀為平行六面體;②a=2,b=c=1,α=60°,β=90°,γ=120°.數(shù)學(xué)建模以晶體的晶胞為載體考查空間向量的數(shù)量積運(yùn)算.解析如圖所示,AC1=AC+CC1=AB+AD+CC1=AB+AD+AA1,依題可知|AB|=2,|AA1|=|AD|=1,α=∠A1AB=60°,β=∠A1AD=90°所以|AC1|2=|AB|2+|AD|2+|AA1|2+2AB·AD+2AB·AA1+2AD·AA1=4+1+1+2×2×1×cos60°+2×2×1×cos60°+2×1×1×cos90°10.解析(1)OG=OA+AG=OA+23AE=OA+23(OE-OA)=13OA+23OE=13OA+23×12((2)OG·AB=13(OA+OB+OC)·(OB-OA)=13(OB2-OA2+OC·OB-=13(32-22+4×3×cos60°-4×2×cos60°)=7|OG|=1=1=1=7311.C設(shè)下底面ABCD的中心為O,由正方體的性質(zhì)可知AO1在底面ABCD上的投影向量為AO,所以AO1·AC=AO·AC=22×212.B設(shè)B1C1的中點(diǎn)為P,連接MP,NP,則由直棱柱的性質(zhì)可知NP⊥平面A1B1C1,所以NM在平面A1B1C1上的投影向量為PM,又因?yàn)镻M=-12AB,所以AB·NM=-12AB2能力提升練1.A對(duì)于A,|A1B1|=a,|AC|=2a,<A1B1,AC>=<所以A1B1·AC=a·2a·cosπ4=a2,對(duì)于B,|AB|=a,|A1C|=3a,<AB,A1C>=<A1B1,A1C>,所以AB·A1C=a·3a·cos∠CA1B1=3a2·A1B1對(duì)于C,|CD|=a,|AB1|=2a,<CD,AB1>=<BA,AB1>=π-∠B1AB=3π4,所以CD·AB1=a·2a·對(duì)于D,|AB|=a,|A1O|=32a,<AB,A1O>=<A1B1,A1C>,所以AB·A1O=a·32a·cos∠CA1B1=32a2·A1故選A.2.C由題意可知,<BA,AC>=<AD,DB>=<BD,CB>=120°,∴2BA·AC=2|BA||AC|cos120°=-a2,2AD·DB=2|AD||DB|cos120°=-a2.∵E,F,G分別是AB,AD,DC的中點(diǎn),∴FG∥AC且FG=12AC,EF∥BD且EF=12∴2FG·AC=AC2=a2,2EF·CB=BD·CB=|BD||CB|cos120°=-12a故選C.3.B設(shè)∠ABD=α,則α為銳角,∠ABC=π2-α,在四面體ABCD中,AB=6,BC=3,BD=4則BA·(BC+BD)=BA·BC+BA·BD=|BA||BC|cosπ2-α+|BA||BD|cosα=18sinα+24cosα=30sin(α+φ),其中φ為銳角,且tanφ=43.∵0<α<π2,∴φ<α+φ故當(dāng)α+φ=π2時(shí),BA·(BC+BD)取得最大值30.故選B4.證明(1)因?yàn)镻A⊥底面ABCD,所以PA⊥CD,所以AP·CD=0.因?yàn)锳C⊥CD,所以AC·CD=0.又AE=12(AP+AC),所以AE·CD=12(AP+AC)·CD=12AP·CD+12AC·CD(2)設(shè)PA=AB=BC=1,因?yàn)椤螦BC=60°,AB=BC=1,所以AC=1.又AC⊥CD,所以CD·AC=(AD-AC)·AC=0,所以AC·AD=1.因?yàn)镻D·AE=(AD-AP)·12(AP+AC)=12(AD·AP+AD·AC-AP2-AP·AC)=12×(0+1-1-0)=0,PD·AB=(AD-AP)·AB=0,所以PD⊥AE,PD⊥AB,又AE∩AB=A,所以5.B|AE|2=(AB+BC+CE)2=AB2+BC2+CE2+2AB·BC+2AB·CE+2BC·CE=AB2=1+1+1=3,所以|AE|=3,故選B.6.A∵四邊形BCC1B1是平行四邊形,∴BO=12BC1=12∴AO=AB+BO=AB+12BC=AB+12(AC-AB)+=12AB+12∵∠A1AB=∠A1AC=60°,∠BAC=90°,A1A=3,AB=AC=2,∴AB2=AC2=4,AA12=9,AB·AA1=AC·AA1=2×3×∴|AO|2=1=14(AB2+AC2+AA12+2AB·AC+2AB·=294∴|AO|=292,即AO=292.7.ACD由AB⊥平面BB1C1C,得AB⊥BC1,所以四邊形ABC1D1的面積為|AB||BC1|,故A易知AD1與A1B的夾角即為AD1與D1C的夾角,∵△AD1C為等邊三角形,∴∠AD1C=60°,∴AD1與D1C的夾角為120°,由向量加法的運(yùn)算法則可以得到AA1+A1D1+A1B1=AC1,∵AC12=3A1B12,∴(易得A1B1-A1D1=D1B1,∵在正方體ABCD-A1B1C1D1中,D1B1⊥平