课时达标检测(22) 空间向量的数量积(课件PPT)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（北师大版2019）

高中数学 选择性必修 第一册 课时达标检测(二十二)　 空间向量的数量积 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十二)　空间向量的数量积 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十二)　空间向量的数量积 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十二)　空间向量的数量积 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十二)　空间向量的数量积 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十二)　空间向量的数量积 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十二)　空间向量的数量积 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十二)　空间向量的数量积 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十二)　空间向量的数量积 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十二)　空间向量的数量积 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十二)　空间向量的数量积 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十二)　空间向量的数量积 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十二)　空间向量的数量积 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十二)　空间向量的数量积 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十二)　空间向量的数量积 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十二)　空间向量的数量积 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十二)　空间向量的数量积 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十二)　空间向量的数量积 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 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\o(DB,\s\up16(→)) C．2eq \o(FG,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→)) D．2eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(CB,\s\up16(→)) 解析　2eq \o(BA,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝－a2，故A错；2eq \o(AD,\s\up16(→))·eq \o(DB,\s\up16(→))＝－a2，故B错；2eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(CB,\s\up16(→))＝－eq \f(1,2)a2，故D错；2eq \o(FG,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \o(AC,\s\up16(→))2＝a2，故C正确。 答案　C 答案与解析 3．已知两异面直线的方向向量分别为a，b，且|a|＝|b|＝1，a·b＝－eq \f(1,2)，则两直线的夹角为(　　) A．30° B．60° C．120° D．150° 解析　设向量a，b的夹角为θ，则cos θ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝－eq \f(1,2)，所以θ＝120°，则两个方向向量对应的直线的夹角为180°－120°＝60°。 答案　B 答案与解析 4．已知空间向量a，b，c两两夹角均为60°，其模均为1，则|a－b＋2c|＝(　　) A．5 B．6 C．eq \r(5) D．eq \r(6) 解析　由题意，得a·b＝b·c＝a·c＝eq \f(1,2)，a2＝b2＝c2＝1，所以|a－b＋2c|＝eq \r(a－b＋2c2)＝eq \r(a2＋b2＋4c2－2a·b＋4a·c－4b·c)＝ eq \r(1＋1＋4－2×\f(1,2)＋4×\f(1,2)－4×\f(1,2))＝eq \r(5)。 答案　C 答案与解析 5.如图，在大小为45°的二面角A­EF­C中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是(　　) A．eq \r(3) B．eq \r(2) C．1 D．eq \r(3－\r(2)) 解析　因为eq \o(BD,\s\up16(→))＝eq \o(BF,\s\up16(→))＋eq \o(FE,\s\up16(→))＋eq \o(ED,\s\up16(→))，所以|eq \o(BD,\s\up16(→))|2＝|eq \o(BF,\s\up16(→))|2＋|eq \o(FE,\s\up16(→))|2＋|eq \o(ED,\s\up16(→))|2＋2eq \o(BF,\s\up16(→))·eq \o(FE,\s\up16(→))＋2eq \o(FE,\s\up16(→))·eq \o(ED,\s\up16(→))＋2eq \o(BF,\s\up16(→))·eq \o(ED,\s\up16(→))＝1＋1＋1－eq \r(2)＝3－eq \r(2)，故|eq \o(BD,\s\up16(→))|＝eq \r(3－\r(2))。 答案　D 答案与解析 6．已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，则|PC|等于(　　) A．6eq \r(2) B．6 C．12 D．144 解析　因为eq \o(PC,\s\up16(→))＝eq \o(PA,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→))，所以eq \o(PC,\s\up16(→))2＝eq \o(PA,\s\up16(→))2＋eq \o(AB,\s\up16(→))2＋eq \o(BC,\s\up16(→))2＋2eq \o(PA,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＋2eq \o(PA,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＋2eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＝36＋36＋36＋2×36cos 60°＝144，所以|PC|＝12。 答案　C 答案与解析 二、多项选择题 7．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，数量积一定为零的是(　　) A．eq \o(PC,\s\up16(→))与eq \o(BD,\s\up16(→)) B．eq \o(DA,\s\up16(→))与eq \o(PB,\s\up16(→)) C．eq \o(PD,\s\up16(→))与eq \o(AB,\s\up16(→)) D．eq \o(PA,\s\up16(→))与eq \o(CD,\s\up16(→)) 解析　因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，故eq \o(PA,\s\up16(→))·eq \o(CD,\s\up16(→))＝0；因为由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AD，又AD⊥AB，PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，所以AD⊥PB，故eq \o(DA,\s\up16(→))·eq \o(PB,\s\up16(→))＝0；同理eq \o(PD,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝0。故选BCD。 答案　BCD 答案与解析 8．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，下列选项正确的是(　　) A．(eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→)))2＝3eq \o(AB,\s\up16(→))2 B．eq \o(A1C,\s\up16(→))·(eq \o(A1B1,\s\up16(→))－eq \o(A1A,\s\up16(→)))＝0 C．eq \o(AD1,\s\up16(→))与eq \o(A1B,\s\up16(→))的夹角为60° D．正方体的体积为|eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AA1,\s\up16(→))·eq \o(AD,\s\up16(→))| 解析　如图所示，(eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→)))2＝(eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(A1D1,\s\up16(→))＋eq \o(D1C1,\s\up16(→)))2＝eq \o(AC1,\s\up16(→))2＝3eq \o(AB,\s\up16(→))2；eq \o(A1C,\s\up16(→))·(eq \o(A1B1,\s\up16(→))－eq \o(A1A,\s\up16(→)))＝eq \o(A1C,\s\up16(→))·eq \o(AB1,\s\up16(→))＝0；eq \o(AD1,\s\up16(→))与eq \o(A1B,\s\up16(→))的夹角是eq \o(D1C,\s\up16(→))与eq \o(D1A,\s\up16(→))夹角的补角，而eq \o(D1C,\s\up16(→))与eq \o(D1A,\s\up16(→))的夹角为60°，故eq \o(AD1,\s\up16(→))与eq \o(A1B,\s\up16(→))的夹角为120°； 正方体的体积为|eq \o(AB,\s\up16(→))||eq \o(AA1,\s\up16(→))||eq \o(AD,\s\up16(→))|。故选AB。 答案　AB 答案与解析 三、填空题 9.如图所示，在四面体ABCD中，每条棱的长度都等于1，M，N分别为AB，AD的中点，则eq \o(MN,\s\up16(→))·eq \o(DC,\s\up16(→))＝________。 解析　由题意知，eq \o(MN,\s\up16(→))·eq \o(DC,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BD,\s\up16(→))·eq \o(DC,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)|eq \o(BD,\s\up16(→))|·|eq \o(DC,\s\up16(→))|·cos〈eq \o(BD,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))〉＝eq \f(1,2)cos 120°＝－eq \f(1,4)。 答案　－eq \f(1,4) 答案与解析 10．已知|a|＝2，|b|＝10，〈a，b〉＝120°，则向量b在向量a方向上的投影数量是________，向量a在向量b方向上的投影数量是________。 解析　根据向量投影的定义，向量b在向量a方向上的投影数量是 |b|cos〈a，b〉＝10×cos 120°＝－5；向量a在向量b方向上的投影数量是|a|cos〈a，b〉＝2×cos 120°＝－1。 答案　－5　－1 答案与解析 11.如图，在一个直二面角α­AB­β的棱上有两点A，B，AC，BD分别是这个二面角的两个面内垂直于AB的线段，且AB＝4，AC＝6，BD＝8，则CD＝________。 解析　因为eq \o(CD,\s\up16(→))＝eq \o(CA,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BD,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \o(BD,\s\up16(→))，所以eq \o(CD,\s\up16(→))2＝(eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \o(BD,\s\up16(→)))2＝eq \o(AB,\s\up16(→))2＋eq \o(AC,\s\up16(→))2＋eq \o(BD,\s\up16(→))2－2eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＋2eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))－2eq \o(AC,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＝16＋36＋64＝116，所以|eq \o(CD,\s\up16(→))|＝2eq \r(29)。 答案　2eq \r(29) 答案与解析 四、解答题 12.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，求异面直线A1B与AC所成的角。 解　不妨设正方体的棱长为1，eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AD,\s\up16(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝c， 则|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b＝b·c＝c·a＝0， eq \o(A1B,\s\up16(→))＝a－c，eq \o(AC,\s\up16(→))＝a＋b。 所以eq \o(A1B,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝(a－c)·(a＋b)＝|a|2＋a·b－a·c－b·c＝1。 而|eq \o(A1B,\s\up16(→))|＝|eq \o(AC,\s\up16(→))|＝eq \r(2)， 所以cos〈eq \o(A1B,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))〉＝eq \f(1,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2)， 又0°≤〈eq \o(A1B,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))〉≤180°， 所以〈eq \o(A1B,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))〉＝60°。 因此异面直线A1B与AC所成的角为60°。 13.如图，已知在空间四边形OABC中，∠AOB＝∠BOC＝∠AOC，且OA＝OB＝OC，M，N分别是OA，BC的中点，G是MN的中点。求证：OG⊥BC。 证明　设∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝θ。 又eq \o(OA,\s\up16(→))＝a，eq \o(OB,\s\up16(→))＝b，eq \o(OC,\s\up16(→))＝c， 则|a|＝|b|＝|c|。 因为eq \o(OG,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OM,\s\up16(→))＋eq \o(ON,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(OA,\s\up16(→))＋\f(1,2)\o(OB,\s\up16(→))＋\o(OC,\s\up16(→)))) ＝eq \f(1,4)(a＋b＋c)，eq \o(BC,\s\up16(→))＝c－b， 所以eq \o(OG,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＝eq \f(1,4)(a＋b＋c)·(c－b) ＝eq \f(1,4)(a·c－a·b＋b·c－b2＋c2－b·c) ＝eq \f(1,4)(|a|2cos θ－|a|2cos θ＋|a|2cos θ－|a|2＋|a|2－|a|2cos θ) ＝0。 所以eq \o(OG,\s\up16(→))⊥eq \o(BC,\s\up16(→))，即OG⊥BC。 　素养升级　 14.如图，正三棱柱ABC­A1B1C1中，底面边长为eq \r(2)。 (1)设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1； (2)设eq \o(AB1,\s\up16(→))与eq \o(BC1,\s\up16(→))的夹角为eq \f(π,3)，求侧棱的长。 解　(1)证明：eq \o(AB1,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BB1,\s\up16(→))，eq \o(BC1,\s\up16(→))＝eq \o(BB1,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→))。 因为BB1⊥平面ABC， 所以eq \o(BB1,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝0，eq \o(BB1,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＝0。 又△ABC为正三角形， 所以〈eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(BC,\s\up16(→))〉＝eq \f(2π,3)。 所以eq \o(AB1,\s\up16(→))·eq \o(BC1,\s\up16(→))＝(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BB1,\s\up16(→)))·(eq \o(BB1,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→))) ＝eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(BB1,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \o(BB1,\s\up16(→))2＋eq \o(BB1,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→)) ＝|eq \o(AB,\s\up16(→))||eq \o(BC,\s\up16(→))|cos〈eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(BC,\s\up16(→))〉＋eq \o(BB1,\s\up16(→))2＝－1＋1＝0， 所以eq \o(AB1,\s\up16(→))⊥eq \o(BC1,\s\up16(→))，所以AB1⊥BC1。 (2)由(1)知eq \o(AB1,\s\up16(→))·eq \o(BC1,\s\up16(→))＝|eq \o(AB,\s\up16(→))||eq \o(BC,\s\up16(→))|cos〈eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(BC,\s\up16(→))〉＋eq \o(BB1,\s\up16(→))2＝eq \o(BB1,\s\up16(→))2－1。 又|eq \o(AB1,\s\up16(→))|＝eq \r(\o(AB,\s\up16(→))2＋\o(BB1,\s\up16(→))2)＝eq \r(2＋\o(BB1,\s\up16(→))2)＝|eq \o(BC1,\s\up16(→))|， 所以cos〈eq \o(AB1,\s\up16(→))，eq \o(BC1,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(BB1,\s\up16(→))2－1,2＋\o(BB1,\s\up16(→))2)＝eq \f(1,2)， 所以|eq \o(BB1,\s\up16(→))|＝2，即侧棱长为2。 15．如图①，在△ABC中，∠ACB＝60°，CD为∠ACB的平分线，AC＝4，BC＝2，过点B作BN⊥CD于点N，延长后交CA于点E，把图形沿CD折起，使∠BNE＝120°，如图②所示，求折后所得线段AB的长度。 解　如图，过点A作AM⊥CD交CD的延长线于点M，则CM＝AC·cos∠ACM＝4×cos 30°＝2eq \r(3)， CN＝BC·cos∠NCB＝2×cos 30°＝eq \r(3)， 所以MN＝CM－CN＝eq \r(3)。 易知AM＝AC·sin 30°＝2，BN＝BC·sin 30°＝1， 且〈eq \o(NB,\s\up16(→))，eq \o(NE,\s\up16(→))〉＝120°， 所以〈eq \o(NB,\s\up16(→))，eq \o(AM,\s\up16(→))〉＝60°。 因为eq \o(AM,\s\up16(→))⊥eq \o(MN,\s\up16(→))，所以eq \o(AM,\s\up16(→))·eq \o(MN,\s\up16(→))＝0。 同理eq \o(MN,\s\up16(→))·eq \o(NB,\s\up16(→))＝0。 因为eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \o(AM,\s\up16(→))＋eq \o(MN,\s\up16(→))＋eq \o(NB,\s\up16(→))， 所以eq \o(AB,\s\up16(→))2＝eq \o(AM,\s\up16(→))2＋eq \o(MN,\s\up16(→))2＋eq \o(NB,\s\up16(→))2＋2eq \o(AM,\s\up16(→))·eq \o(MN,\s\up16(→))＋2eq \o(AM,\s\up16(→))·eq \o(NB,\s\up16(→))＋2eq \o(MN,\s\up16(→))·eq \o(NB,\s\up16(→)) ＝4＋3＋1＋2|eq \o(AM,\s\up16(→))||eq \o(NB,\s\up16(→))|cos 60°＝10。 所以|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝eq \r(10)，即折后所得线段AB的长度为eq \r(10)。 $$