2020版人教A版数学选修2-1同步配套练习：第三章 空间向量与立体几何 3-1-3 WORD版含解析.docx

1、3.1.3空间向量的数量积运算课时过关能力提升基础巩固1在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列各对向量夹角为45的是()A.AB与A1C1B.AB与C1A1C.AB与A1D1D.AB与B1A1解析:A,B,C,D四个选项中两个向量的夹角依次是45,135,90,180,故选A.答案:A2在棱长为2的正四面体ABCD中,若E,F分别是BC,AD的中点,则AEAF等于()A.0B.12C.-1D.1解析:AEAF=12(AB+AC)12AD=14(ABAD+ACAD)=14(2+2)=1.答案:D3已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱的长度都为2,E,F分别是AB,A1C1的中点,则EF的

2、长是()A.2B.3C.5D.7解析:由于EF=EA+AA1+A1F,所以|EF|=(EA+AA1+A1F)2=1+4+1+20+0-12=5,即EF的长是5.答案:C4在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E是上底面A1B1C1D1的中心,则AC1与CE的位置关系是()A.重合B.平行C.垂直D.无法确定解析:AC1=AB+AD+AA1,CE=CC1+C1E=AA1-12(AB+AD),于是AC1CE=(AB+AD+AA1)AA1-12(AB+AD)=0-12-0+0-0-12+1-0=0,故AC1CE,即AC1与CE垂直.答案:C5已知矩形ABCD,PA平面ABCD,则以下等式可能不成立

3、的是()A.DAPB=0B.PCBD=0C.PDAB=0D.PACD=0解析:DAABDAPADA平面PABDAPBDAPB=0;同知ABPD=0;PA平面ABCDPACDPACD=0;若BDPC=0,则BDPC,又BDPA,所以BD平面PAC,故BDAC,但在矩形ABCD中不一定有BDAC,故选B.答案:B6在正四面体ABCD中,BC与CD的夹角等于_.解析:=180-=180-60=120.答案:1207已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,则A1BB1C=_.解析:A1BB1C=A1BA1D=|A1B|A1D|cos=2a2acos 60=a2.答案:a28已知在三棱锥O -A

4、BC中,M,N,P,Q分别为BC,AC,OA,OB的中点,若AB=OC,求证:PMQN.证明:设OA=a,OB=b,OC=c.P,M分别为OA,BC的中点,PM=OM-OP=12(b+c)-12a=12(b-a)+c.同理,QN=12(a+c)-12b=-12(b-a)-c.PMQN=-14|b-a|2-|c|2.AB=OC,即|b-a|=|c|,PMQN=0.PMQN,即PMQN.9如图,已知E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1的中点,试求向量A1C1与DE夹角的余弦值.解:设正方体的棱长为m,AB=a,AD=b,AA1=c,则|a|=|b|=|c|=m,ab=bc=ac=0.A

5、1C1=A1B1+A1D1=AB+AD=a+b,DE=DD1+D1E=DD1+12D1C1=c+12a,A1C1DE=(a+b)c+12a=ac+bc+12a2+12ab=12a2=12m2.又|A1C1|=2m,|DE|=52m,cos=A1C1DE|A1C1|DE|=12 m252m2m=1010.能力提升1已知a,b是异面直线,且ab,e1,e2分别为取自直线a,b上的单位向量,若a=2e1+3e2,b=ke1-4e2,ab,则实数k的值为()A.-6B.6C.3D.-3解析:ab,ab=(2e1+3e2)(ke1-4e2)=2k|e1|2+(3k-8)e1e2-12|e2|2=2k-1

6、2=0,k=6.答案:B2如图,在正四面体ABCD中,E是BC的中点,则()A.AEBCAECDD.AEBC与AECD不能比较大小答案:C3设A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足ABAC=0,ACAD=0,ABAD=0,则BCD是()A.钝角三角形B.锐角三角形C.直角三角形D.不确定解析:ABAC=0,ACAD=0,ABAD=0.AB,AC,AD两两垂直.BC2=AB2+AC2,CD2=AC2+AD2,BD2=AB2+AD2,BC2CD2+BD2,CD2BC2+BD2,BD2BC2+CD2.BCD是锐角三角形.答案:B4在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,若AB=1,AD=2,AA

7、1=3,BAD=90,BAA1=DAA1=60,则AC1的长为()A.13B.23C.33D.43解析:AC1=AB+AD+AA1,|AC1|=(AB+AD+AA1)2=|AB|2+|AD|2+|AA1|2+2ABAD+2ABAA1+2ADAA1.AB=1,AD=2,AA1=3,BAD=90,BAA1=DAA1=60,=90,=60.|AC1|=1+4+9+2(13cos60+23cos60)=23.答案:B5在空间四边形OABC中,若AOB=AOC=2,则OABC的值是_.解析:OABC=OA(OC-OB)=OAOC-OAOB=0-0=0.答案:06在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BAC=

8、2,AB=AC=AA1,则异面直线A1B与C1A所成角的大小为_.解析:设AB=AC=AA1=a,所以A1B=2a=C1A,则cos=A1BC1A|A1B|C1A|=(A1A+AB)(C1C+CA)|A1B|C1A|=A1AC1C+A1ACA+ABC1C+ABCA|A1B|C1A|=a2+0+0+02a2=12,故向量A1B,C1A所成角为3,即异面直线A1B与C1A所成角的大小为3.答案:37已知在空间四边形OABC中,OABC,OBAC,求证:OCAB.证明:OCAB=OC(OB-OA)=OBOC-OCOA.OABC,OBAC,OABC=OA(OC-OB)=OAOC-OAOB=0,OBAC

9、=OB(OC-OA)=OBOC-OBOA=0.-,得OAOC-OBOC=0,OCBA=0.OCAB.8如图,在正方体ABCD -A1B1C1D1中,M,N分别为正方形ABCD和AA1B1B的中心.(1)求证:AC1平面A1BD;(2)求D1M与CN夹角的余弦值.(1)证明设AB=a,AD=b,AA1=c,则AC1=a+b+c,BD=b-a,A1B=a-c.由题意可知|a|=|b|=|c|,ab=ac=bc=0,则有AC1BD=(a+b+c)(b-a)=ab-a2+b2-ab+bc-ac=|b|2-|a|2=0.同理AC1A1B=0,AC1BD,AC1A1B,AC1BD,AC1A1B.又A1B与

10、BD相交,AC1平面A1BD.(2)解设正方体的棱长为a,则D1M=D1D+DM=-c+12(a-b),CN=CB+BN=-b+12(c-a),|D1M|2=-c+12(a-b)2=a2+14a2+14a2=32a2,|D1M|=62a.同理|CN|=62a.又D1MCN=-c+12(a-b)-b+12(c-a)=-12|c|2-14|a|2+12|b|2=-14a2,cos=-14a262a62a=-16.即D1M与CN夹角的余弦值为-16.9如图所示,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.分析:(1)要证AO,BO,CO两两垂

11、直只需证AOBO=BOCO=COAO=0.(2)由公式cos=DMAO|DM|AO|,可求得.(1)证明设VA=a,VB=b,VC=c,且正四面体的棱长为1,有|a|=|b|=|c|=1,ab=bc=ac.则VD=13(a+b+c),AO=16(b+c-5a),BO=16(a+c-5b),CO=16(a+b-5c),AOBO=136(b+c-5a)(a+c-5b)=136(18ab-9|a|2)=1361811cos3-9=0.AOBO,即AOBO.同理AOCO,BOCO.AO,BO,CO两两垂直.(2)解DM=DV+VM=-13(a+b+c)+12c=16(-2a-2b+c),|DM|=16(-2a-2b+c)2=12,|AO|=16(b+c-5a)2=22,DMAO=16(-2a-2b+c)16(b+c-5a)=14.cos=141222=22.0,=4.