数学选择性必修 第一册2.2 空间向量的运算第2课时课后作业题

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第2课时　空间向量的数量积基础过关练题组一　数量积的概念及运算律1.(2021天津第五十五中学高二上第一次月考)下列说法错误的是 (　　)A.设a是空间向量,则a2=|a|2B.设a,b是两个空间向量,则a·b=b·aC.设a,b是两个非零空间向量,则(a·b)2=a2·b2D.设a,b,c是三个空间向量,则a·(b+c)=a·b+a·c2.(多选题)设a,b,c是任意的非零空间向量,且两两不共线,则下列结论中正确的有              (　　)A.(a-b)2=a2-2a·b+b2B.|a|-|b|<|a-b|C.(b·a)c-(c·a)b不与c垂直D.(3a+2b)·(3a-2b)=9|a|2-4|b|23.已知空间向量a,b,|a|=2,|b|=,a·b=-2,则<a,b>=　　　　. 题组二　求两向量的数量积4.(2020四川自贡高二上期末)如图,空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1,点F,G分别是AD,CD的中点,则·=              (　　)A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.5.(2021北京海淀教师进修学校附属实验学校高二上期中)已知长方体ABCD-A1B1C1D1,则下列向量的数量积一定不为0的是              (　　)A.·　　　　　　　B.·C.·　　　　　　　D.·6.(多选题)(2021辽宁盘锦第二高级中学高二上第一次阶段性考试)设ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体,则以下结论正确的有              (　　)A.·=-a2　　　　　　　B.·=a2C.·=a2　　　　　　　D.·=a27.直三棱柱ABC-A1B1C1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·=(　　)A.2　　　　B.-2　　　　C.　　　　D.-8.(2021辽宁六校协作体高二上期中)已知四面体ABCD的每条棱长都等于2,点E,F,G分别是棱AB,AD,DC的中点,则·等于　　　　. 题组三　空间向量的数量积的应用9.已知空间向量a,b,|a|=1,|b|=,且a-b与a垂直,则a与b的夹角为 (　　)A.60°　　　　B.30°　　　　C.135°　　　　D.45°10.(2021江苏南京第十四中学高二上学情调研)若四面体OABC的四个面均为等边三角形,则cos<,>=              (　　)A.　　　　B.　　　　C.-　　　　D.011.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,有下列命题:①(++)2=3;②·(-)=0;③与的夹角为60°.其中正确命题的个数是              (　　)A.0　　　　B.1　　　　C.2　　　　D.312.在平行四边形ABCD中,AD=4,CD=3,∠D=60°,PA⊥平面ABCD,PA=6,则PC的长为　　　　. 13.(2021山东德州夏津第一中学高二上9月月考)如图,已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=3,AD=1,且∠DAB=∠BAA1=∠DAA1=.(1)求B1D的长;(2)求与夹角的余弦值.      能力提升练题组一　求两向量的数量积1.(2021山东济宁鱼台第一中学高二上第一次月考,)已知三棱锥A-BCD的各棱长均为1,且E是BC的中点,则·=              (　　)A.　　　　B.-　　　　C.　　　　D.-2.(2021辽宁大连市一零三中学高二10月月考,)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心为O1,则·的值为              (　　)A.-1　　　　B.0　　　　C.1　　　　D.23.()如图,在空间四边形ABCD中,·+·+·= (　　)A.-1　　　　B.1　　　　C.0　　　　D.不确定4.()如图,M、N分别是四面体OABC的棱OA、BC的中点,P、Q是MN的三等分点.若四面体OABC的所有棱长都等于1,求·的值.      题组二　空间向量的数量积的应用5.()已知空间向量a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=4,则cos<a,b>= (　　)A.　　　　B.　　　　C.-　　　　D.6.()设A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足·=0,·=0,·=0,则△BCD一定是 (　　)A.钝角三角形　　　　　　　B.锐角三角形C.直角三角形　　　　　　　D.等边三角形7.(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.　　　　B.　　　　C.　　　　D.8.(2020四川成都第七中学高二下期中,)如图,一个结晶体的形状为平行六面体,其中,以顶点A为端点的三条棱长都相等,且它们彼此的夹角都是60°,若对角线A1C的长是棱长的m倍,则m等于              (　　)A.　　　　B.　　　　C.1　　　　D.29.(2021山东滨州博兴第三中学高二上第一次月考,)已知空间向量m,n,设|m|=1,|n|=2,2m+n与m-3n垂直,a=4m-n,b=7m+2n,则<a,b>=　　　　. 10.(2020山西太原高二上期末,)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,若点P满足=-+,求||2.     答案全解全析基础过关练1.C　对于A,a2=|a|2cos0=|a|2,故A中说法正确;对于B,因为向量的数量积满足交换律,所以a·b=b·a,故B中说法正确;对于C,设a、b的夹角为θ,则(a·b)2=(|a||b|cosθ)2=|a|2|b|2cos2θ≤a2·b2,故C中说法错误;对于D,因为向量的数量积满足分配律,所以a·(b+c)=a·b+a·c,故D中说法正确.故选C.2.ABD　由向量两两不共线,可得B正确;因为[(b·a)c-(c·a)b]·c=(b·a)c2-(c·a)(b·c),所以当a⊥b,且a⊥c或b⊥c时,[(b·a)c-(c·a)b]·c=0,即(b·a)·c-(c·a)b可能与c垂直,故C错误;由运算律可得A、D正确.故选ABD.3.答案　解析　∵cos<a,b>==-,<a,b>∈[0,π],∴<a,b>=.4.B　由题意得=,所以·=··=×1×1×cos60°=.5.C　当长方体ABCD-A1B1C1D1为正方体时,根据正方体的性质可知:AB⊥AD1,AD1⊥B1C,BD1⊥AC,所以·=0,·=0,·=0.因为BC⊥CD1,所以BD1与BC不垂直,即·一定不为0.6.AC　如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,对于A,在方向上的投影数量为-a,∴·=-a2,故A正确;对于B,在方向上的投影数量为a,∴·=a2,故B错误;对于C,在方向上的投影数量为a,∴·=a2,故C正确;对于D,在方向上的投影数量为-a,∴·=-a2,故D错误.故选AC.7.B　因为直三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,所以AA1⊥AB,||=2,所以·=0,又M,N分别为A1C1,BC的中点,所以=+,=+,所以·=·(-)=·=·-=0-2=-2.8.答案　1解析　连接EF,取BD的中点M,连接AM、CM,如图所示.因为四面体ABCD的每条棱长都等于2,点E,F,G分别是棱AB,AD,DC的中点,所以GF=AC=1,AM⊥BD,CM⊥BD,又AM∩CM=M,所以BD⊥平面ACM.又AC⊂平面ACM,所以BD⊥AC,又EF∥BD,所以EF⊥AC.又AC∥FG,所以FG⊥EF,所以·=(+)·=+·=12+0=1.9.D　∵a-b与a垂直,∴(a-b)·a=0,∴a·a-a·b=|a|2-|a||b|cos<a,b>=1-1××cos<a,b>=0,∴cos<a,b>=.∵0°≤<a,b>≤180°,∴<a,b>=45°.10.D　设四面体OABC的棱长为a.因为=-,所以·=·(-)=·-·=a2·cos-a2·cos=0,所以cos<,>==0.11.C　根据数量积的定义知①②正确,与的夹角为120°,∴③不正确.12.答案　7解析　因为=++,所以||2=(++)2=||2+||2+||2+2·+2·+2·=62+42+32+2||||cos120°=61-12=49,所以||=7,即PC的长为7.13.解析　(1)由题可知,=++=--,那么==++-2·-2·+2·=12+22+32-2×(1×2+1×3-2×3)×=15,因此,B1D的长为.(2)连接A1B,由题知,==-,则||====,所以·=(-)·(--)=·-·+-=1×3×-1×2×+22-32=-,所以cos<,>===-. 能力提升练1.D　因为三棱锥A-BCD的各棱长均为1,所以·=·=·=,又E是BC的中点,所以=(+),又=-,所以·=(+)·(-)=(·-·+·-)=×=-.故选D.2.C　=+=+(+)=+(+),=+,则·=·(+)=·+·+=(+2·+)=(||2+)=1.故选C.3.C　·+·+·=(+)·+·+·=·+·+·+·=·+·(+)+·=·+·+·=·(++)=·0=0.故选C.4.解析　∵=++=++=+-+(-)=-++,∴=+=+=-++=++,=+=+=-++=++,由于四面体OABC的所有棱长都等于1,各面为等边三角形,∴<,>=<,>=<,>=,∴·=++·=+++·+·+·+·+·+·=++++++++=.5.D　∵a+b+c=0,∴a+b=-c,∴(a+b)2=|a|2+|b|2+2a·b=|c|2,∴a·b=,∴cos<a,b>==.故选D.6.B　因为·=0,·=0,·=0,所以·=(-)·(-)=·-·-·+=>0,所以cosB=>0,故∠B是锐角,同理·>0,·>0,可得∠D,∠C都是锐角,故△BCD是锐角三角形,故选B.7.A　∵四边形BCC1B1是平行四边形,∴==(+),∴=+=++=++,∵∠A1AB=∠A1AC=60°,∠BAC=90°,A1A=3,AB=AC=2,∴==4,=9,·=0,·=·=2×3×cos60°=3,∴==(+++2·+2·+2·)=,∴||=,即AO=.故选A.8.A　设=a,=b,=c,棱长为t,∵=++=a+b-c,∴=|a+b-c|2=a2+b2+c2+2a·b-2a·c-2c·b=3t2-t2=2t2,∴||=t.∴m=.故选A.9.答案　0°解析　∵(2m+n)⊥(m-3n),∴(2m+n)·(m-3n)=0,化简得m·n=-2,又∵|a|===6,|b|===3,a·b=(4m-n)·(7m+2n)=28|m|2-2|n|2+m·n=18,∴cos<a,b>===1,∵0°≤<a,b>≤180°,∴<a,b>=0°.10.解析　取BD的中点M,连接MC,MA,则MC⊥BD,AM⊥BD,又MA∩MC=M,所以BD⊥平面AMC,又AC⊂平面AMC,所以AC⊥BD,又边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,所以CM⊥平面ABD,所以△AMC为直角三角形,所以AC2=AM2+MC2=1,所以AC=BC=AB,又=-+=+,所以==+2·+=1+0+2=3.