【文档说明】新教材2021-2022学年人教A版数学选择性必修第一册课时检测：1.1.2　空间向量的数量积运算含解析.docx，共(7)页，182.356 KB，由小赞的店铺上传

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课时跟踪检测(三)空间向量的数量积运算[A级基础巩固]1．已知向量i，j，k是一组单位向量，且两两垂直．若m＝8j＋3k，n＝－i＋5j－4k，则m·n的值为()A．7B．－20C．28D．11解析：选C向量i，j，k是一组单位向量，且两两垂直，所以|i|＝|j|＝|k|＝1，且i·

j＝j·k＝i·k＝0.因为m＝8j＋3k，n＝－i＋5j－4k，所以m·n＝(8j＋3k)·(－i＋5j－4k)＝40－12＝28.故选C.2．已知空间向量a＋b＋c＝0，|a|＝2，|b|＝3，|c|＝4，则cos〈a，b〉＝()A.12B.13C．－12

D.14解析：选D∵a＋b＋c＝0，∴a＋b＝－c，∴(a＋b)2＝|a|2＋|b|2＋2a·b＝|c|2，∴a·b＝32，∴cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝14.3.如图，空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，

AD，CD的中点，则FG―→·AB―→＝()A.34B.14C.12D.32解析：选B由题意得FG―→＝12AC―→，所以FG―→·AB―→＝12AC―→·AB―→＝12×1×1×cos60°＝14.故选B.

4．在四面体OABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝π3，则cos〈OA―→，BC―→〉＝()A.12B.22C．－12D．0解析：选Dcos〈OA―→，BC―→〉＝OA―→·BC―→|OA―→||BC―→|＝OA―→·（OC―→－OB―→）|OA―→||BC―→|＝OA―→·OC―→

－OA―→·OB―→|OA―→||BC―→|＝|OA―→||OC―→|cos∠AOC－|OA―→||OB―→|cos∠AOB|OA―→||BC―→|.因为|OB―→|＝|OC―→|，∠AOC＝∠AOB＝π3，所以cos〈OA―→，BC―→〉＝0.5.如图，在大小为45°的二面角A-EF-D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.3B.2C．1D.3－2解析：选D因为BD―→＝BF―→＋FE―→＋ED―→，所以|BD―→|2＝|BF―→|2＋|FE―→|2＋|ED

―→|2＋2BF―→·FE―→＋2FE―→·ED―→＋2BF―→·ED―→＝1＋1＋1－2，所以|BD―→|＝3－2.故选D.6．已知a，b是空间两个向量，若|a|＝2，|b|＝2，|a－b|＝7，则cos〈a，b〉＝________．解析：将|a－b|＝7两边平方，得(a－b)

2＝7.因为|a|＝2，|b|＝2，所以a·b＝12.又a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，故cos〈a，b〉＝18.答案：187．已知空间向量a，b，|a|＝32，|b|＝4，m＝a＋b，n＝a＋λb，〈a，b〉＝135°，若m⊥n，则λ＝________．解析：由m⊥

n得(a＋b)·(a＋λb)＝0，即a2＋(1＋λ)·a·b＋λb2＝0，所以18＋(λ＋1)×32×4×cos135°＋16λ＝0，即4λ＋6＝0，解得λ＝－32.答案：－328．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，设AD＝AA

1＝1，AB＝2，P是C1D1的中点，则B1C―→与A1P―→所成角的大小为________；B1C―→·A1P―→＝________．解析：法一：连接A1D，则∠PA1D就是B1C―→与A1P―→所成角．连接PD，在△PA1

D中，易得PA1＝DA1＝PD＝2，即△PA1D为等边三角形，从而∠PA1D＝60°，即B1C―→与A1P―→所成角的大小为60°.因此B1C―→·A1P―→＝2×2×cos60°＝1.法二：根据向量的线性运算可得B1C―→·A1P―→＝(A1

A―→＋AD―→)·AD―→＋12AB―→＝AD―→2＝1.由题意可得PA1＝B1C＝2，则2×2×cos〈B1C―→，A1P―→〉＝1，从而〈B1C―→，A1P―→〉＝60°.答案：60°19.如图，正四棱锥P-ABCD的各棱长都为a.(1)用向量法证明BD⊥PC；(2

)求|AC―→＋PC―→|的值．解：(1)证明：∵BD―→＝BC―→＋CD―→，∴BD―→·PC―→＝(BC―→＋CD―→)·PC―→＝BC―→·PC―→＋CD―→·PC―→＝|BC―→||PC―→|cos60°＋|CD―→||PC―→|cos120°＝12a2－12a2＝0.∴BD⊥P

C.(2)∵AC―→＋PC―→＝AB―→＋BC―→＋PC―→，∴|AC―→＋PC―→|2＝|AB―→|2＋|BC―→|2＋|PC―→|2＋2AB―→·BC―→＋2AB―→·PC―→＋2BC―→·PC―→＝a2＋

a2＋a2＋0＋2a2cos60°＋2a2cos60°＝5a2，∴|AC―→＋PC―→|＝5a.10．如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长为2.(1)设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1；(2)设AB1与BC1的夹角为

π3，求侧棱的长．解：(1)证明：AB1―→＝AB―→＋BB1―→，BC1―→＝BB1―→＋BC―→.∵BB1⊥平面ABC，∴BB1―→·AB―→＝0，BB1―→·BC―→＝0.又△ABC为正三角形，∴〈AB―→，BC―→〉＝π－〈BA

―→，BC―→〉＝π－π3＝2π3.∵AB1―→·BC1―→＝(AB―→＋BB1―→)·(BB1―→＋BC―→)＝AB―→·BB1―→＋AB―→·BC―→＋BB1―→2＋BB1―→·BC―→＝|AB―→||BC―→|cos〈AB―→，BC―→〉＋BB1―→2＝

－1＋1＝0，∴AB1⊥BC1.(2)由(1)知AB1―→·BC1―→＝|AB―→||BC―→|cos〈AB―→，BC―→〉＋BB1―→2＝BB1―→2－1.又|AB1―→|＝AB―→2＋BB1―→2＝2＋BB1―→2＝|B

C1―→|，∴cos〈AB1―→，BC1―→〉＝BB1―→2－12＋BB1―→2＝12，∴|BB1―→|＝2，即侧棱长为2.[B级综合运用]11．(多选)已知ABCD-A1B1C1D1为正方体，下列说法中正确的是()

A．(A1A―→＋A1D1―→＋A1B1―→)2＝3(A1B1―→)2B.A1C―→·(A1B1―→－A1A―→)＝0C．向量AD1―→与向量A1B―→的夹角是60°D．正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|AB―→·AA1―→·AD―→|解析：选AB由向量的

加法得到：A1A―→＋A1D1―→＋A1B1―→＝A1C―→，∵A1C2＝3(A1B1)2，∴(A1C―→)2＝3(A1B1―→)2，∴A正确；∵A1B1―→－A1A―→＝AB1―→，AB1⊥A1C，∴A1C―→·AB1―→＝0，故B正确；∵△ACD1是等边三角形，∴∠AD1C＝60°

，又A1B∥D1C，∴异面直线AD1与A1B所成的角为60°，但是向量AD1―→与向量A1B―→的夹角是120°，故C不正确；∵AB⊥AA1，∴AB―→·AA1―→＝0，故|AB―→·AA1―→·AD―→|＝0，因此D不正确．

12.如图，在四棱锥P-ABCD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|BM―→|＝()A.62B.63C.64D.65解析：选A记AB―→＝a，AD―→

＝b，AP―→＝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×cos60°＝1.易得BM―→＝12(－a＋b＋c)，所以|BM―→|2＝14(－a＋

b＋c)2＝14[a2＋b2＋c2＋2×(－a·b－a·c＋b·c)]＝14×[12＋12＋22＋2×(0－1＋1)]＝32，所以|BM―→|＝62.故选A.13．如图，在△ABC和△AEF中，B是EF的中点，AB＝2，EF＝4，CA＝CB＝3.若AB―→·AE―→＋AC―→·A

F―→＝7，则EF―→与BC―→的夹角的余弦值等于________．解析：由题意得BC―→2＝9＝(AC―→－AB―→)2＝AC―→2＋AB―→2－2AC―→·AB―→＝9＋4－2AC―→·AB―→，所以AC―→·AB―→＝2.由AB―→·AE―→＋AC―→·AF―→＝7，可得AB―→·

(AB―→＋BE―→)＋AC―→·(AB―→＋BF―→)＝AB―→2＋AB―→·BE―→＋AC―→·AB―→＋AC―→·BF―→＝4＋AB―→·(－BF―→)＋2＋AC―→·BF―→＝6＋BF―→·(AC―→－AB―→)＝6＋12EF―→·BC―→＝7.所以EF―→·BC―→＝2，即4×3×c

os〈EF―→，BC―→〉＝2，所以cos〈EF―→，BC―→〉＝16.答案：1614．如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝120°.(1)求线段AC1的长；(2)求异面直线AC1与

A1D所成角的余弦值．解：(1)设AB―→＝a，AD―→＝b，AA1―→＝c，则|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，c·a＝c·b＝2×1×cos120°＝－1.∵AC1―→＝AC―→＋CC1―→＝AB―→＋AD―→＋AA1―→＝a＋b＋c，∴|AC1―→|＝|a＋b

＋c|＝（a＋b＋c）2＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2（a·b＋b·c＋c·a）＝12＋12＋22＋2×（0－1－1）＝2.∴线段AC1的长为2.(2)设异面直线AC1与A1D所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈AC1―→，A1D―→〉|＝|AC1―→·A1D―→||AC

1―→||A1D―→|.∵AC1―→＝a＋b＋c，A1D―→＝b－c，∴AC1―→·A1D―→＝(a＋b＋c)·(b－c)＝a·b－a·c＋b2－c2＝0＋1＋12－22＝－2，|A1D―→|＝（b－c）2＝|b|2－2b·c＋|c|2＝1

2－2×（－1）＋22＝7.∴cosθ＝|AC1―→·A1D―→||AC1―→||A1D―→|＝|－2|2×7＝147.∴异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为147.[C级拓展探究]15．如图，已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD.(1

)求证：CC1⊥BD；(2)当CDCC1的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明．解：(1)证明：设CD―→＝a，CB―→＝b，CC1―→＝c.依题意有|a|＝|b|，BD―→＝CD―→－CB―→＝a－b.设CD―→，CB―→，CC1―→的

两两夹角均为θ，于是CC1―→·BD―→＝c·(a－b)＝c·a－c·b＝|c||a|cosθ－|c||b|cosθ＝0，∴CC1⊥BD.(2)若A1C⊥平面C1BD，则A1C⊥BD，A1C⊥DC1.由CA1―→·C1D―→＝(CA―→＋AA1―→)·(CD―→－CC1―→)＝

(a＋b＋c)·(a－c)＝|a|2－a·c＋a·b－b·c＋c·a－|c|2＝|a|2－|c|2＋|b||a|cosθ－|b||c|cosθ＝(|a|－|c|)(|a|＋|c|＋|b|cosθ)＝0，得当|c|＝|a|时，A1C⊥DC1.同理可证，当|a|＝|b|时，

A1C⊥BD.综上，当CDCC1＝1时，A1C⊥平面C1BD.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com