2019-2020年高中數(shù)學(xué) 第3章 空間向量與立體幾何 18空間向量的數(shù)量積運(yùn)算課時(shí)作業(yè) 新人教A版選修2-1.doc

2019-2020年高中數(shù)學(xué) 第3章 空間向量與立體幾何 18空間向量的數(shù)量積運(yùn)算課時(shí)作業(yè) 新人教A版選修2-11在正方體ABCDA1B1C1D1中，有下列命題：()232；()0；與的夾角為60.其中正確命題的個(gè)數(shù)是()A1B2C3D0解析：，均正確；不正確，因?yàn)榕c夾角為120.答案：B2已知空間四邊形ABCD的每條邊和對角線的長都等于a，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是BC，AD的中點(diǎn)，則的值為()Aa2 B.a2 C.a2 D.a2解析：()()a2.答案：C3已知四邊形ABCD為矩形，PA平面ABCD，連接AC，BD，PB，PC，PD，則下列各組向量中，數(shù)量積不為零的是()A.與 B.與C.與 D.與解析：可用排除法因?yàn)镻A平面ABCD，所以PACD，0，排除D.又因?yàn)锳DAB，所以ADPB，所以0，同理0，排除B，C，故選A.答案：A4設(shè)A，B，C，D是空間中不共面的四點(diǎn)，且滿足0，0，0，則BCD是()A鈍角三角形 B銳角三角形C直角三角形 D不確定解析：()()220，同理，可證0，0.所以BCD的每個(gè)內(nèi)角均為銳角，故BCD是銳角三角形答案：B5如圖，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為a，對角線AC1和BD1相交于點(diǎn)O，則有()A.2a2B.a2C.a2D.a2解析：()(2)2|2a2.答案：C6在空間四邊形OABC中，OBOC，AOBAOC，則cos，的值為()A.B. C D0解析：如圖所示，()|cosAOC|cosAOB0，cos，0.答案：D7設(shè)向量a與b互相垂直，向理c與它們構(gòu)成的角是60，且|a|5，|b|3，|c|8，則(a3c)(3b2a)_.解析：(a3c)(3b2a)3ab2|a|29bc6ac62.答案：628在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，向量，兩兩夾角均為60，且|1，|2，|3，則|_.解析：由于，|2()2|2|2|22()122232225，故|5.答案：59已知a，b是異面直線，A、Ba，C、Db，ACb，BDb，且AB2，CD1，則a，b所成的角是_解析：，()|21，cos，異面直線a，b所成角是60.答案：60B組能力提升10已知非零向量a，b，c，若p，那么|p|的取值范圍()A0,1 B1,2C0,3 D1,3解析：p22323239，0|p|3.答案：C11在四面體OABC中，棱OA、OB、OC兩兩垂直，且OA1，OB2，OC3，G為ABC的重心，則()_.解析：由已知0，且，故()()2(|2|2|2)(149).答案：12如圖，正四面體VABC的高VD的中點(diǎn)為O，VC的中點(diǎn)為M.(1)求證：AO，BO，CO兩兩垂直；(2)求，解：(1)證明：設(shè)a，b，c，正四面體的棱長為1，則(abc)，(bc5a)，(ac5b)，(ab5c)，所以(bc5a)(ac5b)(18ab9|a|2)(1811cos609)0，所以，即AOBO.同理，AOCO，BOCO.所以AO，BO，CO兩兩垂直(2)解：(abc)c(2a2bc)，所以|.又|，(2a2bc)(bc5a)，所以cos，.又，0，所以，.13如圖，正三棱柱ABCA1B1C1中，底面邊長為.(1)設(shè)側(cè)棱長為1，求證：AB1BC1；(2)設(shè)AB1與BC1的夾角為，求側(cè)棱的長解：(1)證明：，.BB1平面ABC，0，0.又ABC為正三角形，.()()2|cos，2110，AB1BC1.(2)由(1)知|cos，221.又|，cos，|2，即側(cè)棱長為2.14如圖所示，在平行四邊形ABCD中，ABAC1，ACD90，沿著它的對角線AC將ACD折起，使AB與CD成60角，求此時(shí)B，D間的距離解析：ACD90，0.同理0.AB與CD成60角，60或，120.又，|2|2|2|22223211cos，當(dāng)，60時(shí)，|24，此時(shí)B，D間的距離為2；當(dāng)，120時(shí)，|22，此時(shí)B，D間的距離為.