人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.1 空间向量及其运算复习练习题

第一章　1.1　1.1.2

A组·素养自测

一、选择题

1．设a、b、c是任意的非零平面向量，且它们相互不共线，则

①(a·b)c－(c·a)b＝0；

②|a|－|b|<|a－b|；

③(b·a)c－(c·a)b不与c垂直；

④(3a＋2b)·(3a－2b)＝9|a|2－4|b|2.

其中正确的是( D )

A．①②　　　  B．②③　　　

C．③④　　　  D．②④

[解析]　根据数量积的定义及性质可知：①③错误，②④正确．故选D．

2．已知|a|＝2，|b|＝3，〈a，b〉＝60°，则|2a－3b|等于( C )

A．　　  B．97

C．　　  D．61

[解析]　|2a－3b|2＝4a2＋9b2－12a·b＝4×4＋9×9－12×|a|×|b|cos 60°＝97－12×2×3×＝61.所以|2a－3b|＝.

3．已知a⊥b，|a|＝2，|b|＝3，且(3a＋2b)⊥(λa－b)，则λ等于( A )

A．　　  B．－

C．±　　  D．1

[解析]　因为a⊥b，所以a·b＝0，

因为(3a＋2b)⊥(λa－b)，所以(3a＋2b)·(λa－b)＝0，

即3λa2＋(2λ－3)a·b－2b2＝0，

所以12λ－18＝0，解得λ＝.

4．如图所示，在平面角为120°的二面角α－AB－β中，AC⊂α，BD⊂β，且AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A，B．已知AC＝AB＝BD＝6，则C，D两点间的距离是( C )

A．8　　  B．10

C．12　　  D．14

[解析]　因为AC⊥AB，BD⊥AB，所以·＝0，·＝0.因为二面角α－AB－β的平面角为120°，所以〈，〉＝180°－120°＝60°.

所以2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝3×62＋2×62×cos 60°＝144，所以CD＝12.

5．(多选)如图所示，已知空间四边形ABCD每条边和对角线长都为a，点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( AC )

A．2·　　  B．2·

C．2·　　  D．2·

[解析]　2·＝－2a2cos 60°＝－a2,2·＝2·＝2a2cos 60°＝a2,2·＝·＝－a2，

2·＝·＝－·＝－a2.

二、填空题

6．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，则·＝_a2__.

[解析]　如图，·＝·

＝||·||·cos〈，〉＝a×a×cos 60°＝a2.

7．在空间四边形ABCD中，·＋·＋·＝_0__.

[解析]　原式＝·＋·＋·(－)

＝·(－)＋·(＋)

＝·＋·＝·－·＝0.

8．已知a，b是两个空间向量，若|a|＝2，|b|＝2，|a－b|＝，则cos〈a，b〉＝ 　.

[解析]　将|a－b|＝化为(a－b)2＝7，求得a·b＝，再由a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，cos〈a，b〉＝＝＝.

三、解答题

9．已知空间四边形OABC各边及对角线长都相等，E，F分别为AB，OC的中点，求OE与BF所成角的余弦值．

[解析]　设＝a，＝b，＝c且|a|＝|b|＝|c|＝1，易知∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝，则a·b＝b·c＝c·a＝.

因为＝(＋)＝(a＋b)，＝－＝－＝c－b，

||＝||＝，所以·＝(a＋b)·＝a·c＋b·c－a·b－b2＝－.设与的夹角为θ，

cos θ＝＝＝－.

所以OE与BF所成角的余弦值为.

10．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|＋|的值．

[解析]　(1)因为＝＋，

所以·＝(＋)·＝·＋·＝||||·cos 60°＋||||cos 120°＝a2－a2＝0.所以⊥，所以BD⊥PC．

(2)因为＋＝＋＋，

所以|＋|2＝||2＋||2＋||2＋

2·＋2·＋2·

＝a2＋a2＋a2＋0＋2a2cos 60°＋2a2cos 60°

＝5a2，所以|＋|＝A．

B组·素养提升

一、选择题

1．已知在空间四边形ABCD中，∠ACD＝∠BDC＝90°，且AB＝2，CD＝1，则AB与CD所成的角是( C )

A．30°  B．45°

C．60°  D．90°

[解析]　根据已知∠ACD＝∠BDC＝90°，得·＝·＝0，

∴·＝(＋＋)·＝·＋||2＋·＝||2＝1，

∴cos〈，〉＝＝，∴AB与CD所成的角为60°.

2．若向量m垂直于向量a和b，向量n＝λa＋μb(λ，μ∈R且λ，μ≠0)，则( B )

A．m∥n

B．m⊥n

C．m既不平行于n，也不垂直于n

D．以上三种情况都有可能

[解析]　由已知得m·a＝0，m·b＝0，

所以m·n＝m·(λa＋μb)＝λm·a＋μm·b＝0.

因此m⊥n，故选B．

3．设平面上有四个互异的点A，B，C，D，已知(＋－2)·(－)＝0，则△ABC是( B )

A．直角三角形  B．等腰三角形

C．等腰直角三角形  D．等边三角形

[解析]　因为＋－2＝(－)＋(－)＝＋，

所以(＋－2)·(－)＝(＋)·(－)＝2－2＝0，

所以||＝||，因此△ABC是等腰三角形．

4．(多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，有下列命题，其中正确的有( AB )

A．(＋＋)2＝32

B．·(－)＝0

C．与的夹角为60°

D．正方体的体积为|··|

[解析]　如图所示，(＋＋)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||||||.

二、填空题

5．如图，在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，O，O1分别是对角线AC，A1C1的中点，则〈，〉＝ 0°　，〈，〉＝ 90°　.

[解析]　由题意得，方向相同，在同一条直线AC上，故〈，〉＝0°；可平移到直线AC上，与重合，故〈，〉＝0°；

由题意知OO1是正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高，故OO1⊥平面A1B1C1D1，A1B1⊂平面A1B1C1D1，所以OO1⊥A1B1，故〈，〉＝90°.

6．四棱柱ABCD－A1B1C1D1各棱长均为1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，则点B与点D1之间的距离为 　.

[解析]　∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1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.

7．(2023·嘉兴高二期末)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点P为底面ABCD上一点，则·的最小值为 －　.

[解析]　在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点P为底面ABCD上一点，则·＝·(＋CC1)＝·＝||||cos 〈，〉，当，反向时，cos 〈，〉的最小值为－1，此时||||≤2＝2＝，当且仅当||＝||＝时取等号，所以·的最小值为－.

三、解答题

8．如图，在正四面体ABCD中，棱长为a，M，N分别是棱AB，CD上的点，且MB＝2AM，CN＝ND，求MN.

[解析]　∵＝＋＋＝＋(－)＋(－)＝－＋＋，

∴·＝·＝2＋2＋2－·－·＋·＝a2－a2cos 60°－a2cos 60°＋a2cos 60°＝a2，

故||＝＝a，

即MN＝A．

9．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长为.

(1)设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1；

(2)设AB1与BC1的夹角为，求侧棱的长．

[解析]　(1)证明：＝＋，＝＋.

因为BB1⊥平面ABC，所以·＝0，·＝0.

又△ABC为正三角形，所以〈，〉＝π－〈，〉＝π－＝.

因为·＝(＋)·(＋)

＝·＋·＋2＋·

＝||·||·cos〈，〉＋2

＝－1＋1＝0，所以AB1⊥BC1.

(2)结合(1)知·＝||·||·cos〈，〉＋2＝2－1.

又||＝＝＝||，

所以cos〈，〉＝＝，

所以||＝2，即侧棱长为2.