2021-2022学年高中数学-1-空间向量与立体几何-1.1.2-空间向量的数量积运算课后素养落实.doc

2021-2022学年高中数学 1 空间向量与立体几何 1.1.2 空间向量的数量积运算课后素养落实新人教A版选择性必修第一册

2021-2022学年高中数学 1 空间向量与立体几何 1.1.2 空间向量的数量积运算课后素养落实新人教A版选择性必修第一册

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课后素养落实(二)　空间向量的数量积运算
(建议用时：40分钟)

一、选择题
1．(多选题)下列各命题中，正确的有(　　)
A．＝|a|
B．m(λa)·b＝(mλ)a·b(m，λ∈R)
C．a·(b＋c)＝(b＋c)·a
D．a2b＝b2a
ABC　[∵a·a＝|a|2，∴＝|a|，故A正确；m(λa)·b＝(mλa)·b＝mλa·b＝(mλ)a·b，故B正确；a·(b＋c)＝a·b＋a·c＝b·a＋c·a＝(b＋c)·a，故C正确；a2·b＝|a|2·b，b2·a＝|b|2·a，故D不一定正确．]
2.如图，空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点，则·＝(　　)

A．　　　　 B．
C． D．
B　[由题意得＝，所以·＝·＝×1×1×cos 60°＝.故选B．]
3.在长方体ABCD­A1B1C1D1中，下列计算结果一定不等于0的是(　　)

A．·
B．·
C．·
D．·
D　[根据数量积的几何意义知，所求的问题即为两个向量所在的直线一定不垂直．当该长方体各棱长都相等，即为正方体时，AD1⊥B1C，故A不符合；同理，正方体中，易证AC⊥平面BDD1，从而有AC⊥BD1，故B不符合；事实上，对任意长方体，都有DC⊥平面AD1，从而DC⊥AD1，故C不符合；对于D项，连接CD1(图略)，易证△BCD1为直角三角形，其中∠BCD1＝90°，所以∠CBD1≠90°，而BC∥B1C1，即异面直线BD1与B1C1所成的角即为∠CBD1，所以异面直线BD1与B1C1不垂直，即·一定不为0.]
4.如图，在大小为45°的二面角A­EF­D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．　　　　B．　　　　C．1　　　　D．
D　[因为＝＋＋，所以||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1－，所以||＝.故选D．]
5．在棱长为a的正方体ABCD­A1B1C1D1中，〈，〉等于(　　)
A．60° B．90°
C．135° D．120°
D　[＝＋，||＝
a，＝＋，||＝a.
∴·＝·＋·＋·＋·＝－a2.
∴cos〈，〉＝＝－.
∴〈，〉＝120°.]
二、填空题
6．已知空间四边形ABCD每条边长和对角线长都等于1，点E，F分别是CD，AD的中点，则·＝________.
－　[∵∥，〈，〉＝60°，∴〈，〉＝120°.
又∵＝，∴·＝·＝||||cos〈，〉＝×1×1×cos 120°＝－.]
7．已知线段AB，BD在平面α内，∠ABD＝120°，线段AC⊥α，若AB＝a，BD＝b，AC＝c，则||＝________.
　[||2＝|＋－|2＝2＋2＋2＋2·－2·－2·＝a2＋b2＋c2＋2abcos 60°＝a2＋b2＋c2＋ab，∴||＝.]
8．已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________．
　[∵＝－，＝＋，
∴·＝·＋·－·－·＝0＋1－0－2×1×＝2.
易知||＝，||＝，
∴cos〈，〉＝＝＝.]
三、解答题
9.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°，M是PC的中点，设＝a，＝b，＝c.

(1)试用a，b，c表示出向量；
(2)求BM的长．
[解]　(1)∵M是PC的中点，
∴＝(＋)＝[＋(－)]
＝[b＋(c－a)]＝－a＋b＋c.
(2)由于AB＝AD＝1，PA＝2，∴|a|＝|b|＝1，|c|＝2，
由于AB⊥AD，∠PAB＝∠PAD＝60°，∴a·b＝0，a·c＝b·c＝2×1×cos 60°＝1，
由于＝(－a＋b＋c)，
||2＝(－a＋b＋c)2＝[a2＋b2＋c2＋2(－a·b－a·c＋b·c)]＝[12＋12＋22＋2(0－1＋1)]＝.
∴||＝，∴BM的长为.
10.如图，正四棱锥P­ABCD的各棱长都为a.

(1)用向量法证明BD⊥PC；
(2)求|＋|的值．
[解]　(1)证明：∵＝＋，
∴·＝(＋)·
＝·＋·
＝||||·cos 60°＋||||cos 120°
＝a2－a2＝0.
∴⊥，
∴BD⊥PC．
(2)∵＋＝＋＋，
∴|＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝a2＋a2＋a2＋0＋2a2cos 60°＋2a2cos 60°
＝5a2，
∴|＋|＝a.

1．(多选题)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，下列命题正确的有(　　)
A．(＋＋)2＝32
B．·(－)＝0
C．与的夹角为60°
D．正方体的体积为|··|
AB　[如图，(＋＋)2＝(＋＋)2＝2＝32；
·(－)＝·＝0；
与的夹角是与夹角的补角，而与的夹角为60°，故与的夹角为120°；
正方体的体积为||||||.故选AB．]
2．已知a，b是异面直线，A，B∈a，C，D∈b，AC⊥b，BD⊥b，且AB＝2，CD＝1.则a与b所成的角是(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．90°
C　[∵·＝(＋＋)·＝2＝1，
∴cos〈，〉＝＝＝.∴AB与CD所成的角为60°，即异面直线a，b所成的角为60°.]
3.如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，设AD＝AA1＝1，AB＝2，P是C1D1的中点，则·＝________，与所成角的大小为________．

1　60°　[法一：连接A1D，则∠PA1D就是与所成角．连接PD，在△PA1D中，易得PA1＝DA1＝PD＝，即△PA1D为等边三角形，从而∠PA1D＝60°，即与所成角的大小为60°.因此·＝××cos 60°＝1.
法二：根据向量的线性运算可得
·＝(＋)·＝2＝1.
由题意可得PA1＝B1C＝，则××cos〈，〉＝1，从而〈，〉＝60°.]
4．四棱柱ABCD­A1B1C1D1各棱长均为1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，则点B与点D1之间的距离为________．
　[∵四棱柱ABCD­A1B1C1D1各棱长均为1，
∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，
∴＝＋＋，
∴2＝(＋＋)2
＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·
＝1＋1＋1＋2×1×1×cos 120°＋2×1×1×cos 120°＋2×1×1×cos 60°＝2，
∴||＝.∴点B与点D1两点间的距离为.]

如图，已知直三棱柱ABC­A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为AB，BB′的中点．

(1)求证：CE ⊥A′D；
(2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值．
[解]　(1)证明：设＝a，＝b，＝c，
根据题意得|a|＝|b|＝|c|，且a·b＝b·c＝c·a＝0.
∴＝b＋c，＝－c＋b－a.
∴·＝·＝－c2＋b2＝0，
∴⊥，即CE⊥A′D．
(2)∵＝－a＋c，∴||＝|a|，||＝|a|，
∵·＝(－a＋c)·＝c2＝|a|2，
∴cos〈，〉＝＝.
∴异面直线CE与AC′所成角的余弦值为.