课时分层作业3 空间向量的数量积运算-2021-2022学年新教材高中数学选择性必修第一册【提分教练】同步Word练习(人教A版)

课时分层作业(三) (建议用时：45分钟) 1．(多选)设a，b，c是任意的非零向量，且它们相互不共线，下列命题正确的是(　　) A．(a·b)c－(c·a)b＝0 B．|a|＝ C．a2b＝b2a D．(3a＋2b)·(3a－2b)＝9|a|2－4|b|2 BD　解析：因为数量积不满足结合律，故A不正确；由数量积的性质可知B正确，C中结论不一定成立，D运算正确． 2．(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0的是(　　) A．与 B．与 C．与 D．与 BCD　解析：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，故＝0．只有A项中的两个向量的数量积不为0．·＝0．同理·＝0．因为AD⊥AB，PA⊥AD，PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB．所以AD⊥PB．故· 3．在空间四边形ABCD中，＝(B)·＋·＋· A．－1 B．0 C．1 D．不确定 4．已知|a|＝2，|b|＝3，〈a，b〉＝60°，则|2a－3b|＝________． ．　解析：|2a－3b|2＝(2a－3b)2＝4a2－12a·b＋9b2＝4×|a|2＋9×|b|2－12×|a|·|b|·cos 60°＝61，所以|2a－3b|＝ 5．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________． (－1－)　解析：由题意知，－1＋ 即 得λ2＋2λ－2<0． 所以－1－．<λ<－1＋ 6．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． 解：因为|·cos 120°＝49．|·|＝62＋42＋32＋2·|·＋2·＋2·|2＋2|2＋||2＋|)2＝|＋＋|2＝(，所以|＋＋＝ 所以||＝7，故PC的长为7． 7．如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°，求AC1的长． 解：因为．|cos 60°＝6．所以AC1的长为|||cos 60°＋2||||cos60°＋2|||2＝1＋1＋1＋2|．因此，·＋2·＋2·2＋22＋2＋)2＝＋＋2＝(，所以＋＋＝ 1．已知空间四边形ABCD中，∠ACD＝∠BDC＝90°，且AB＝2，CD＝1，则AB与CD所成的角是(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° C　解析：根据∠ACD＝∠BDC＝90°，得|2＝1，＝|·|2＋＋|·＝)·＋＋＝(·＝0，所以·＝· 所以cos〈，＝〉＝， 所以AB与CD所成的角为60°． 2．已知边长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心为O1，则的值为(　　)· A．－1 B．0 C．1 D．2 C　解析：，＋＝)，而＋(＋)＝＋(＋＝＋＝ 则2)＝1．故选C．2＋(＝· 3．已知e1，e2是夹角为60°的两个单位向量，则a＝e1＋e2与b＝e1－2e2的夹角为(　　) A．60° B．120° C．30° D．90° B　解析：a·b＝(e1＋e2)·(e1－2e2)＝e，－2＝－＝1－1×1×－e1·e2－2e |a|＝，＝＝＝＝ |b|＝．＝＝＝＝ 所以cos〈a，b〉＝．＝－＝ 所以〈a，b〉＝120°． 4．已知|a|＝3，|b|＝4，m＝a＋b，n＝a＋λb，〈a，b〉＝135°，m⊥n，则λ＝________． －　解析：由m⊥n，得(a＋b)·(a＋λb)＝0， 所以a2＋(1＋λ)a·b＋λb2＝0， 所以18＋(λ＋1)·3×4×cos 135°＋16λ＝0， 即4λ＋6＝0，所以λ＝－． 5．如图，已知正三棱柱ABC­A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是________． 90°　解析：不妨设棱长为2，则，所以AB1⊥BM．⊥＝0．所以＝〉＝，．所以cos〈＋＝，－1＝ 6．已知|a|＝13，|b|＝19，|a＋b|＝24，则|a－b|＝________． 22　解析：因为|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝132＋2a·b＋192＝242，所以2a·b＝46． |a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝530－46＝484， 故|a－b|＝22． 7．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝AB＝2BC，M，N分别为PC，PB的中点． (1)求证：PB⊥DM； (2)求AC与PD所成角的余弦值． (1)证明：结合图形知，|2＝0，||2－|＝)·－＝(·，则－＋)＝－＋－()＝＋(＝，－＝ 故PB⊥DM．