(课时作业) 1.1.2 空间向量的数量积运算-【勤径学升·同步练测】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（人教A版）

[对应素能提升训练第3页] 1．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，有下列说法： A．1个 B．2个 C．3个 D．0个 答案　B 2．已知空间向量a，b，|a|＝1，|b|＝，且a－b与a垂直，则a与b的夹角为(　　) A．60° B．30° C．135° D．45° 解析　∵a－b与a垂直，∴(a－b)·a＝0， ∴a·a－a·b＝|a|2－|a||b|·cos 〈a，b〉＝1－1××cos 〈a，b〉＝0，∴cos 〈a，b〉＝. ∵0°≤〈a，b〉≤180°，∴〈a，b〉＝45°. 答案　D 3．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点E，F，G分别是DD1，AB，CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成的角是(　　) A．　　 B． C．　　 D． 解析　＝－，＝＋＋，所以·＝·＝＋·＋·－·－·－·＝×4－1＝0，所以A1E⊥GF. 答案　D 4．(湖北襄阳四中月考)已知两条异面直线a，b所成的角为60°，在直线a，b上分别取点A，E和点B，F，使AB⊥a，且AB⊥b．已知AE＝6，BF＝8，EF＝2，则线段AB的长为(　　) A．10 B．2 C．2或10 D．2或2 解析　因为＝＋＋，所以2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·，又异面直线a，b所成的角为60°，EF＝2，AE＝6，BF＝8，故156＝36＋||2＋64＋48或156＝36＋||2＋64－48，则||＝2或||＝2.故选D． 答案　D 5．(河南郑州外国语学校月考)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，∴a2＋(1＋λ)·a·b＋λb2＝0，∴18＋(λ＋1)×3×4×cos 135°＋16λ＝0，即2λ＋3＝0，∴λ＝－. 答案　－ 6．如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1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________． 解析　不妨设棱长为2，则 ＝－，＝＋． cos ＜，＞＝＝＝0，所以 ＜，＞＝90°. 答案　90° 7．(青岛二中月考)如图，在三棱锥A­BCD中，DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC＝DA＝2，E为BC的中点． (1)证明：AE⊥BC；(用向量方法证明) (2)求直线AE与DC所成角的余弦值． 解　(1)证明　因为＝－＝(＋)－，＝－， 所以·＝·(－)＝·－·＋·－·－·＋·＝0－2＋2－0－0＋0＝0， 所以AE⊥BC． (2)·＝·＝·＋·－·＝0＋2－0＝2，||＝＝， 所以cos 〈，〉＝＝＝，即直线AE与DC所成角的余弦值为. 8．(多选)(湖北六校高二期中联考)定义空间两个非零向量的一种运算：a⊗b＝|a||b|·sin 〈a，b〉，则关于上述空间向量运算的以下结论中恒成立的有(　　) A．λ(a⊗b)＝(λa)⊗b B．a⊗b＝b⊗a C．若a⊗b＝0，则a⊥b D．|a⊗b|≤|a||b| 解析　对于A，若λ为负数，可知λ(a⊗b)＝－(λa)⊗b，故A错误；对于B，由定义知B正确；对于C，若a⊗b＝0，则sin 〈a，b〉＝0，则a，b共线，故C错误；对于D，由定义知|a⊗b|＝|a||b|·|sin 〈a，b〉|≤|a||b|，故D正确．故选BD． 答案　BD 9．(保定二中期中)在四面体ABCD中，P在平面ABC内，Q在平面BCD内，且满足＝x＋y，＝s＋t＋u，若＝，则下列说法正确的是(　　) A．AQ与DP所在直线是异面直线 B．AQ与DP所在直线平行 C．线段AQ与DP必相交 D．线段AQ与DP延长后相交 解析　若x＝s＝0，则＝y，＝t＋u，所以＝＋u，所以A，P，D，Q四点共面；若x≠0，s≠0，则由＝得＝，令＝＝m，则＝m＋u，故A，P，D，Q四点共面．又AQ与DP不平行，所以线段AQ与DP必相交．故选C． 答案　C 10．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱PA的长为2，且PA与AB，AD的夹角都等于60°.若M是PC的中点，则||＝(　　) A．　 B． C．　 D． 解析　记＝a，＝b，＝c，因为AB＝AD＝1，PA＝2，所以|a|＝|b|＝1，|c|＝2.又因为AB⊥AD，∠PAB＝∠PAD＝60°，所以a·b＝0，a·c＝b·c＝2×1×cos 60°＝1.易得＝(－a＋b＋c)，所以||2＝(－a＋b＋c)2＝[a2＋b2＋c2＋2×(－a·b－a·c＋b·c)]＝×[12＋12＋22＋2×(0－1＋1)]＝，所以||＝.故选A． 答案　A 11．如图，在△ABC和△AEF中，B是EF的中点，AB＝2，EF＝4，CA＝CB＝3.若·＋·＝7，则与的夹角的余弦值等于________． 解析　由题意得2＝9＝(－)2＝2＋2－2·＝9＋4－2·，所以·＝2.由·＋·＝7，可得·(＋)＋·(＋)＝2＋·＋·＋·＝4＋·(－)＋2＋·＝6＋·(－)＝6＋·＝7，所以·＝2，即4×3×cos ，＝2，所以cos ，＝. 答案　 12．已知正三棱柱(底面是正三角形的直三棱柱)ABCA1B1C1的各棱长都为2，E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF的长为________． 解析　如图所示，设＝a，＝b，AA1＝c. 由题意知|a|＝|b|＝|c|＝2， 且a，b＝60°，a，c＝b，c＝90°. 因为＝＋AA1＋A1F ＝－＋AA1＋＝－a＋b＋c， 所以EF2＝||2＝a2＋b2＋c2＋2 ＝×22＋×22＋22＋2××2×2×cos 60°＝1＋1＋4－1＝5， 所以EF＝. 答案　 13．如图所示，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°. (1)求AC1的长； (2)求证：AC1⊥BD； (3)求BD1与AC夹角的余弦值． 解　(1)记＝a，＝b，AA1＝c， 则|a|＝|b|＝|c|＝1，a，b＝b，c＝c，a＝60°， 所以a·b＝b·c＝c·a＝. |AC1|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×＝6， 所以|AC1|＝，即AC1的长为. (2)证明　因为AC1＝a＋b＋c，＝b－a， 所以AC1·＝(a＋b＋c)·(b－a) ＝a·b＋b2＋b·c－a2－a·b－a·c ＝b·c－a·c ＝|b||c|cos 60°－|a||c|cos 60°＝0. 所以AC1⊥，所以AC1⊥BD. (3)＝b＋c－a，＝a＋b， 所以||＝，||＝， ·＝(b＋c－a)·(a＋b) ＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1. 所以cos ＜BD1，＞＝＝. 所以AC与BD1夹角的余弦值为. 14．如图，已知平行六面体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD. (1)求证：CC1⊥BD； (2)当的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明． 解　(1)证明　设＝a，＝b，＝c.依题意有|a|＝|b|， ＝－＝a－b. 设，，的两两夹角均为θ， 于是·＝c·(a－b) ＝c·a－c·b ＝|c||a|cos θ－|c||b|cos θ＝0，所以CC1⊥BD. (2)若A1C⊥平面C1BD，则A1C⊥BD，A1C⊥DC1. 由·＝(＋)·(－) ＝(a＋b＋c)·(a－c) ＝|a|2－a·c＋a·b－b·c＋c·a－|c|2 ＝|a|2－|c|2＋|b||a|cos θ－|b||c|cos θ ＝(|a|－|c|)(|a|＋|c|＋|b|cos θ)＝0得， 当|c|＝|a|时，A1C⊥DC1. 同理可证，当|a|＝|b|时，A1C⊥BD. 所以当＝1时，A1C⊥平面C1BD. 学科网（北京）股份有限公司 $$