新教材苏教版选择性必修第二册6.1.2空间向量的数量积作业

第6章空间向量与立体几何空间向量及其运算6.1.2空间向量的数量积基础过关练题组一空间向量的数量积的概念及其运算1.下列各命题中,不正确的命题的个数为 ()①a·a=|a②m(λa)·b=(mλ)a·b(m,λ∈R);③a·(b+c)=(b+c)·a;④a2b=b2a. 2.(2021江苏南通高三月考)已知向量e1,e2,e3是两两垂直的单位向量,且a=3e1+2e2-e3,b=e1+2e3,则(6a)·12b= ( 3.(2021江苏淮安高二期末)已知a·b=0,|a|=2,|b|=3,且(3a+2b)·(λa-b)=0,则λ= ()A.32 C.±324.(2021江苏泰州中学高二月考)在棱长为2的正四面体ABCD中,E,F分别是BC,AD的中点,则AE·CF= () 题组二利用空间向量的数量积求夹角和模5.(2021江苏宿迁中学高二月考)若|a|=1,|b|=2,c=a+b且c⊥a,则向量a与b的夹角是 ()° ° ° °6.(2021江苏如皋中学高三月考)设A,B,C,D是空间不共面的四个点,且满足AB·AC=0,AC·AD=0,AD·AB=0,则△BCD的形状是 ()A.锐角三角形 B.直角三角形C.钝角三角形 D.等腰直角三角形7.(2020吉林第一中学阶段测试)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,向量AB,AD,AA1两两的夹角均为60°,且|AB|=1,|AD|=2,|AA1|=3,则|AC1 8.(2021江苏扬州中学高二月考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列结论错误的是 ()A.(A1A+A1D1+B.A1C·(A1BC.向量AD1与A1D.正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|AB·AA1·9.(2021江苏宿迁中学高二期末)自然界中,构成晶体的最基本的几何单元称为晶胞,其形状一般是平行六面体,具体形状、大小由它的三组棱长a、b、c及棱间交角α、β、γ(合称为“晶胞参数”)来表征.如图是某种晶体的晶胞,其中a=2,b=c=1,α=60°,β=90°,γ=120°,则该晶胞的对角线AC1的长为.?10.(2021江苏南通高二期末)在空间四边形OABC中,E是线段BC的中点,G在线段AE上,且AG=2GE.(1)试用OA,OB,OC表示向量OG;(2)若OA=2,OB=3,OC=4,∠AOC=∠BOC=60°,∠AOB=90°,求OG·AB及|OG|.题组三投影向量11.(2021江苏常州高二期末)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心为O1,则AO1·AC的值为 ( 12.(2021江苏苏州常熟中学高二月考)直三棱柱A1B1C1-ABC的底面是边长为2的正三角形,侧棱长为3,M,N分别为A1C1,BC的中点,则AB·NM= () C.10 10能力提升练题组一空间向量的数量积的运算及其应用1.(2021江苏南京高二月考,)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,A1C与B1D相交于点O,则有 ()A.A1B1·AC=a2 B.AB·A1C.CD·AB1=a2 D.AB·A12.(2020江西宜春高二期末,)如图,空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都为a,E,F,G分别是AB,AD,DC的中点,则下列向量的数量积等于a2的是 ()BA·AC AD·DBFG·AC EF·CB3.(2021江苏连云港高二期末,)在四面体ABCD中,AB=6,BC=3,BD=4,若∠ABD与∠ABC互余,则BA·(BC+BD)的最大值为 () 4.(2020四川广元中学高二上期中,)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点.证明:(1)CD⊥AE;(2)PD⊥平面ABE.题组二利用空间向量的数量积求夹角和模5.(2020河北冀州中学高二月考,)如图所示,在三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB=BC=1,CD=2,E为CD的中点,则AE的长为 ()A.2 B.3 D.56.(2021江苏南京高二上期中调研测试,)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BC1与B1C相交于点O,∠A1AB=∠A1AC=60°,∠BAC=90°,A1A=3,AB=AC=2,则线段AO的长度为 ()A.292 B.29 C.232 7.(多选)(2019山东菏泽高二期末,)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列结论正确的是 ()A.四边形ABC1D1的面积为|AB||BCB.AD1与A1C.(AA1+A1D1+D.A1C·(A1B8.(2020江苏扬州中学高二月考,)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面三角形ABC的边长为2.(1)设侧棱长为1,试用向量法证明:AB1⊥BC1;(2)设AB1与BC1的夹角为π3,求侧棱的长

答案全解全析第6章空间向量与立体几何6.1空间向量及其运算6.1.2空间向量的数量积基础过关练1.D①是向量模的计算公式,正确;②是向量数乘运算的结合律,正确;a·(b+c)=a·b+a·c=b·a+c·a=(b+c)·a,③正确;a2b与向量b共线,b2a与向量a共线,④不正确.故选D.2.B(6a)·12b=3a·b=3(3e1+2e2-e3)·(e1+2e3)=9|e1|2-6|e3|2=3.故选3.A∵(3a+2b)·(λa-b)=0,∴3λa2+(2λ-3)a·b-2b2=0,又a·b=0,|a|=2,|b|=3,∴12λ-18=0,解得λ=32.故选A4.B如图所示,棱长为2的正四面体ABCD中,因为E,F分别是BC,AD的中点,所以AE·CF=12(AB+AC)·12(CA+CD)=14(AB·CA+AB·CD+AC·CA+AC=14(2×2×cos120°+2×2×cos90°+2×2×cos180°+2×2×cos120°)=-2,故选B5.C因为c⊥a,所以c·a=(a+b)·a=0,所以a·b=-1,所以cos<a,b>=a·b|a||b|=-12,又0°≤<a,b>≤180°,6.ABC·BD=(AC-AB)·(AD-AB)=AC·AD-AC·AB-AB·AD+AB·AB=|AB|2>0,则cosB>0,所以B是锐角,同理D,C都是锐角,故△BCD是锐角三角形.故选A.7.A|AC1|2=(AB+AD+AA1)2=|AB|2+|AD|2+|AA1|2+2AB·AD+2AB·AA1+2AA1·8.D由正方体的性质得A1A+A1D1+A1B1=A1A+AD+DC=A1C,A1C2=|A1C|2=3|A1B1|2=3A1B12,故A中结论正确;A1B1-A1A=AB1,由AB1⊥BC,AB1⊥A1B可得AB1⊥平面A1BC,所以AB1⊥A1C,所以AB1·A1C=0,即A1C·(A1B1-A1A)=0,故B中结论正确;由正方体的性质可得AD1∥BC1,易知△BC1A9.答案10信息提取①晶胞的形状为平行六面体;②a=2,b=c=1,α=60°,β=90°,γ=120°.数学建模以晶体的晶胞为载体考查空间向量的数量积运算.解析如图所示,AC1=AC+CC1=AB+AD+CC1=AB+AD+AA1,依题可知|AB|=2,|AA1|=|AD|=1,α=∠A1AB=60°,β=∠A1AD=90°所以|AC1|2=|AB|2+|AD|2+|AA1|2+2AB·AD+2AB·AA1+2AD·AA1=4+1+1+2×2×1×cos60°+2×2×1×cos60°+2×1×1×cos90°10.解析(1)OG=OA+AG=OA+23AE=OA+23(OE-OA)=13OA+23OE=13OA+23×12((2)OG·AB=13(OA+OB+OC)·(OB-OA)=13(OB2-OA2+OC·OB-=13(32-22+4×3×cos60°-4×2×cos60°)=7|OG|=1=1=1=7311.C设下底面ABCD的中心为O,由正方体的性质可知AO1在底面ABCD上的投影向量为AO,所以AO1·AC=AO·AC=22×212.B设B1C1的中点为P,连接MP,NP,则由直棱柱的性质可知NP⊥平面A1B1C1,所以NM在平面A1B1C1上的投影向量为PM,又因为PM=-12AB,所以AB·NM=-12AB2能力提升练1.A对于A,|A1B1|=a,|AC|=2a,<A1B1,AC>=<所以A1B1·AC=a·2a·cosπ4=a2,对于B,|AB|=a,|A1C|=3a,<AB,A1C>=<A1B1,A1C>,所以AB·A1C=a·3a·cos∠CA1B1=3a2·A1B1对于C,|CD|=a,|AB1|=2a,<CD,AB1>=<BA,AB1>=π-∠B1AB=3π4,所以CD·AB1=a·2a·对于D,|AB|=a,|A1O|=32a,<AB,A1O>=<A1B1,A1C>,所以AB·A1O=a·32a·cos∠CA1B1=32a2·A1故选A.2.C由题意可知,<BA,AC>=<AD,DB>=<BD,CB>=120°,∴2BA·AC=2|BA||AC|cos120°=-a2,2AD·DB=2|AD||DB|cos120°=-a2.∵E,F,G分别是AB,AD,DC的中点,∴FG∥AC且FG=12AC,EF∥BD且EF=12∴2FG·AC=AC2=a2,2EF·CB=BD·CB=|BD||CB|cos120°=-12a故选C.3.B设∠ABD=α,则α为锐角,∠ABC=π2-α,在四面体ABCD中,AB=6,BC=3,BD=4则BA·(BC+BD)=BA·BC+BA·BD=|BA||BC|cosπ2-α+|BA||BD|cosα=18sinα+24cosα=30sin(α+φ),其中φ为锐角,且tanφ=43.∵0<α<π2,∴φ<α+φ故当α+φ=π2时,BA·(BC+BD)取得最大值30.故选B4.证明(1)因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥CD,所以AP·CD=0.因为AC⊥CD,所以AC·CD=0.又AE=12(AP+AC),所以AE·CD=12(AP+AC)·CD=12AP·CD+12AC·CD(2)设PA=AB=BC=1,因为∠ABC=60°,AB=BC=1,所以AC=1.又AC⊥CD,所以CD·AC=(AD-AC)·AC=0,所以AC·AD=1.因为PD·AE=(AD-AP)·12(AP+AC)=12(AD·AP+AD·AC-AP2-AP·AC)=12×(0+1-1-0)=0,PD·AB=(AD-AP)·AB=0,所以PD⊥AE,PD⊥AB,又AE∩AB=A,所以5.B|AE|2=(AB+BC+CE)2=AB2+BC2+CE2+2AB·BC+2AB·CE+2BC·CE=AB2=1+1+1=3,所以|AE|=3,故选B.6.A∵四边形BCC1B1是平行四边形,∴BO=12BC1=12∴AO=AB+BO=AB+12BC=AB+12(AC-AB)+=12AB+12∵∠A1AB=∠A1AC=60°,∠BAC=90°,A1A=3,AB=AC=2,∴AB2=AC2=4,AA12=9,AB·AA1=AC·AA1=2×3×∴|AO|2=1=14(AB2+AC2+AA12+2AB·AC+2AB·=294∴|AO|=292,即AO=292.7.ACD由AB⊥平面BB1C1C,得AB⊥BC1,所以四边形ABC1D1的面积为|AB||BC1|,故A易知AD1与A1B的夹角即为AD1与D1C的夹角,∵△AD1C为等边三角形,∴∠AD1C=60°,∴AD1与D1C的夹角为120°,由向量加法的运算法则可以得到AA1+A1D1+A1B1=AC1,∵AC12=3A1B12,∴(易得A1B1-A1D1=D1B1,∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中,D1B1⊥平