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高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.1 空间向量及其运算课堂检测
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这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.1 空间向量及其运算课堂检测，共6页。
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
2.在三棱锥A-BCD中,若AB⊥BD,CD⊥BD,BD=1,则AC·BD=( )
A.12 B.1 C.3 D.0
3.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,设AB=a,AD=b,AA1=c,则a·(b+c)=( )
A.2 B.0 C.-1 D.-2
4.如图,在正方体ABCD-A'B'C'D'中,=( )
A.30° B.60° C.90°D.120°
5.在三棱锥P-ABC中,∠PAB=∠ABC=π3,=2π3,PA=2,AB=1,BC=3,则PC=( )
A.7 B.2 C.3D.1
6.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°
7.已知正四面体A-BCD的棱长为1,△ABC的重心为G,则线段DG的长为( )
A.33 B.23 C.53 D.63
8.(多选题)已知空间四边形ABCD的四条边和对角线长都为a,且E,F,G分别是AB,AD,DC的中点,则下列四个数量积中结果为-a2的是( )
A.2BA·AC B.2AD·BD C.2GF·ACD.2EF·CB
9.(多选题)已知几何体ABCD-A1B1C1D1为正方体,则下列说法中正确的是( )
A.(A1A+A1D1+A1B1)2=3A1B12 B.A1C·(A1B1-A1A)=0
C.向量AD1与向量A1B的夹角是60° D.正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|AB·AA1·AD|
10.已知两异面直线的方向向量分别为a,b,且|a|=|b|=1,a·b=-12,则两异面直线的夹角为 .
11.在四面体O-ABC中,棱OA,OB,OC两两垂直,且OA=1,OB=2,OC=3,G为△ABC的重心,则OG·(OA+OB+OC)= .
12.如图,两条异面直线a,b所成的角为60°,在直线a,b上分别取点A',E和点A,F,使AA'⊥a且AA'⊥b.若A'E=2,AF=3,EF=23,则线段AA'的长为 .
13.如图,在三棱锥P-ABC中,D为棱BC上一点,且CD=2BD,M为线段AD的中点.
(1)用AB,AC,AP表示向量PM;
(2)若AB=AC=3,AP=4,∠BAC=∠PAC=60°,求PM·AC.
14.如图,正四面体V-ABC的高VD的中点为O,VC的中点为M.
(1)求证:AO,BO,CO两两垂直;
(2)求的大小.
15.在平面直角坐标系中,已知A(-1,4),B(3,-6),现沿x轴将坐标平面折成120°的二面角,则折叠后A,B两点间的距离为( )
A.217 B.223C.8D.311
16.如图在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,∠BAA1=∠DAA1=60°,AC1=26.
(1)求侧棱AA1的长;
(2)若M,N分别为D1C1,C1B1的中点,求AC1·MN及异面直线AC1和MN的夹角.
答案
1.B [解析] 当=π时,a·b<0,但不是钝角,即由“a·b<0”不能推出“为钝角”,又当为钝角时,a·b<0,所以“a·b<0”是“为钝角”的必要不充分条件.故选B.
2.B [解析] AC·BD=(AB+BD+DC)·BD=AB·BD+BD2+DC·BD.因为AB⊥BD,CD⊥BD,所以AB·BD=0,DC·BD=0,所以AC·BD=0+12+0=1,故选B.
3.B [解析] 由正方体的性质可得,AB⊥AD,AB⊥AA1,故AB·AD=0,AB·AA1=0,∵AB=a,AD=b,AA1=c,∴a·(b+c)=AB·(AD+AA1)=AB·AD+AB·AA1=0.故选B.
4.D [解析] 如图,连接BD,A'D,则B'D'=BD,∴是∠DBA'的补角.∵A'D=A'B=BD,∴∠DBA'=60°,∴=120°.故选D.
5.C [解析] 由已知得PC=PA+AB+BC,所以|PC|2=(PA+AB+BC)2=PA2+AB2+BC2+2PA·AB+2PA·BC+2AB·BC=22+12+32+2×2×1×-12+2×2×3×-12+2×1×3×-12=3,所以|PC|=3,故选C.
6.C [解析] 由AC⊥b,BD⊥b可得AC⊥CD,BD⊥CD,故AC·CD=0,DB·CD=0,∴AB·CD=(AC+CD+DB)·CD=AC·CD+CD2+DB·CD=0+|CD|2+0=1,∴cs=AB·CD|AB||CD|=12,∴=60°,即a与b所成的角是60°.故选C.
7.D [解析] 连接AG并延长,交BC于点M,连接DM.∵G是△ABC的重心,∴AG=23AM,∴AG=23AM,则DG=DA+AG=DA+23AM=DA+23(DM-DA)=DA+23×12(DB+DC)-DA=13(DA+DB+DC),又(DA+DB+DC)2=DA2+DB2+DC2+2DA·DB+2DB·DC+2DC·DA=1+1+1+2×(cs 60°+cs 60°+cs 60°)=6,∴|DG|=63,即线段DG的长为63.故选D.
8.AC [解析] 对于A,2BA·AC=2|BA||AC|cs 120°=2a·acs 120°=-a2,故A正确;对于B,2AD·BD=2|AD||BD|cs 60°=2a·acs 60°=a2,故B错误;对于C,2GF·AC=2|GF||AC|cs 180°=2·a2·acs 180°=-a2,故C正确;对于D,2EF·CB=2|EF||CB|cs 120°=2·a2·acs 120°=-a22,故D错误.故选AC.
9.AB [解析] 由题意得A1A+A1D1+A1B1=A1C,∵A1C2=3A1B12,∴(A1A+A1D1+A1B1)2=3A1B12,故A正确.连接AB1,则A1B1-A1A=AB1.连接CD1,∵A1D1⊥A1B1,A1D1⊥AA1,A1B1∩AA1=A1,A1B1⊂平面ABB1A1,AA1⊂平面ABB1A1,∴A1D1⊥平面ABB1A1,又AB1⊂平面ABB1A1,∴A1D1⊥AB1,又易知CD1⊥AB1,A1D1∩CD1=D1,A1D1⊂平面A1CD1,CD1⊂平面A1CD1,∴AB1⊥平面A1CD1,又A1C⊂平面A1CD1,∴AB1⊥A1C,∴A1C·(A1B1-A1A)=0,故B正确.连接AC,∵A1B∥D1C,∴向量AD1与向量A1B的夹角是∠AD1C的补角,又△ACD1是等边三角形,∴∠AD1C=60°,∴向量AD1与向量A1B的夹角是120°,故C不正确.∵AB⊥AA1,∴AB·AA1=0,∴|AB·AA1·AD|=0,故D不正确.故选AB.
10.60° [解析] 设向量a,b的夹角为θ,则cs θ=a·b|a||b|=-12,所以θ=120°,则两异面直线的夹角为180°-120°=60°.
11.143 [解析] 由题意得OA·OB=OA·OC=OB·OC=0,且OG=OA+OB+OC3,故OG·(OA+OB+OC)=13(OA+OB+OC)2=13(|OA|2+|OB|2+|OC|2)=13×(1+4+9)=143.
12.4或2 [解析] 由题意知,FE=FA+AA'+A'E,所以FE2=(FA+AA'+A'E)2=FA2+AA'2+A'E2+2FA·AA'+2FA·A'E+2AA'·A'E,∵异面直线a,b所成的角为60°,A'E=2,AF=3,EF=23,∴23=9+AA'2+4+0±2×2×3cs 60°+0,∴|AA'|=4或|AA'|=2.
13.解:(1)∵M为线段AD的中点,∴AM=12AD,∵CD=2BD,∴BD=13BC,∴PM=PA+AM=PA+12AD=PA+12(AB+BD)=PA+12AB+13BC=PA+12AB+13BA+AC=PA+12AB-13AB+13AC=-AP+13AB+16AC.
(2)PM·AC=-AP+13AB+16AC·AC=-AP·AC+13AB·AC+16AC2=-|AP||AC|·cs∠PAC+13|AB||AC|cs∠BAC+16|AC|2=-4×3×12+13×3×3×12+16×32=-6+32+32=-3.
14.解:设VA=a,VB=b,VC=c,正四面体V-ABC的棱长为1,则|a|=|b|=|c|=1,a·b=b·c=a·c=12.
(1)证明:由题意知VD=13(a+b+c),则AO=AV+VO=AV+12VD=-a+16(a+b+c)=16(b+c-5a),
同理可得BO=16(a+c-5b),CO=16(a+b-5c),
所以AO·BO=136(b+c-5a)·(a+c-5b)=136×18×12-9=0,所以AO⊥BO,即AO⊥BO.
同理可得AO⊥CO,BO⊥CO,所以AO,BO,CO两两垂直.
(2)DM=DV+VM=-13(a+b+c)+12c=16(-2a-2b+c),
所以|DM|=16(-2a-2b+c)2=12.
又|AO|=16(b+c-5a)2=22,DM·AO=16(-2a-2b+c)·16(b+c-5a)=136(-2a·b-2a·c+10a2-2b2-2b·c+10a·b+b·c+c2-5a·c)=14,
所以cs=1412×22=22,故=π4.
15.B [解析] 在折叠后的图形中,作AC⊥x轴交x轴于点C,作BD⊥x轴交x轴于点D,连接AB,则AB=AC+CD+DB,所以折叠后A,B两点间的距离为|AB|=(AC+CD+DB)2=AC2+CD2+DB2+2AC·CD+2CD·DB+2AC·DB=
16+16+36+2×4×6×12=223.故选B.
16.解:(1)设侧棱AA1的长为x,∵在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,且∠BAA1=∠DAA1=60°,∴AB2=AD2=1,AA12=x2,AB·AD=0,AB·AA1=x2,AD·AA1=x2,
又AC1=AB+AD+AA1,∴AC12=(AB+AD+AA1)2=AB2+AD2+AA12+2AB·AD+2AB·AA1+2AD·AA1=x2+2x+2=26,即x2+2x-24=0,又x>0,∴x=4,即侧棱AA1的长为4.
(2)连接BD,∵AC1=AB+AD+AA1,MN=12DB=12(AB-AD),∴AC1·MN=12(AB-AD)·(AB+AD+AA1)=12(AB2-AD2+AB·AA1-AD·AA1)=12×(1-1+2-2)=0,故异面直线AC1和MN的夹角为90°.
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
2.在三棱锥A-BCD中,若AB⊥BD,CD⊥BD,BD=1,则AC·BD=( )
A.12 B.1 C.3 D.0
3.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,设AB=a,AD=b,AA1=c,则a·(b+c)=( )
A.2 B.0 C.-1 D.-2
4.如图,在正方体ABCD-A'B'C'D'中,
A.30° B.60° C.90°D.120°
5.在三棱锥P-ABC中,∠PAB=∠ABC=π3,
A.7 B.2 C.3D.1
6.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°
7.已知正四面体A-BCD的棱长为1,△ABC的重心为G,则线段DG的长为( )
A.33 B.23 C.53 D.63
8.(多选题)已知空间四边形ABCD的四条边和对角线长都为a,且E,F,G分别是AB,AD,DC的中点,则下列四个数量积中结果为-a2的是( )
A.2BA·AC B.2AD·BD C.2GF·ACD.2EF·CB
9.(多选题)已知几何体ABCD-A1B1C1D1为正方体,则下列说法中正确的是( )
A.(A1A+A1D1+A1B1)2=3A1B12 B.A1C·(A1B1-A1A)=0
C.向量AD1与向量A1B的夹角是60° D.正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|AB·AA1·AD|
10.已知两异面直线的方向向量分别为a,b,且|a|=|b|=1,a·b=-12,则两异面直线的夹角为 .
11.在四面体O-ABC中,棱OA,OB,OC两两垂直,且OA=1,OB=2,OC=3,G为△ABC的重心,则OG·(OA+OB+OC)= .
12.如图,两条异面直线a,b所成的角为60°,在直线a,b上分别取点A',E和点A,F,使AA'⊥a且AA'⊥b.若A'E=2,AF=3,EF=23,则线段AA'的长为 .
13.如图,在三棱锥P-ABC中,D为棱BC上一点,且CD=2BD,M为线段AD的中点.
(1)用AB,AC,AP表示向量PM;
(2)若AB=AC=3,AP=4,∠BAC=∠PAC=60°,求PM·AC.
14.如图,正四面体V-ABC的高VD的中点为O,VC的中点为M.
(1)求证:AO,BO,CO两两垂直;
(2)求
15.在平面直角坐标系中,已知A(-1,4),B(3,-6),现沿x轴将坐标平面折成120°的二面角,则折叠后A,B两点间的距离为( )
A.217 B.223C.8D.311
16.如图在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,∠BAA1=∠DAA1=60°,AC1=26.
(1)求侧棱AA1的长;
(2)若M,N分别为D1C1,C1B1的中点,求AC1·MN及异面直线AC1和MN的夹角.
答案
1.B [解析] 当
2.B [解析] AC·BD=(AB+BD+DC)·BD=AB·BD+BD2+DC·BD.因为AB⊥BD,CD⊥BD,所以AB·BD=0,DC·BD=0,所以AC·BD=0+12+0=1,故选B.
3.B [解析] 由正方体的性质可得,AB⊥AD,AB⊥AA1,故AB·AD=0,AB·AA1=0,∵AB=a,AD=b,AA1=c,∴a·(b+c)=AB·(AD+AA1)=AB·AD+AB·AA1=0.故选B.
4.D [解析] 如图,连接BD,A'D,则B'D'=BD,∴
5.C [解析] 由已知得PC=PA+AB+BC,所以|PC|2=(PA+AB+BC)2=PA2+AB2+BC2+2PA·AB+2PA·BC+2AB·BC=22+12+32+2×2×1×-12+2×2×3×-12+2×1×3×-12=3,所以|PC|=3,故选C.
6.C [解析] 由AC⊥b,BD⊥b可得AC⊥CD,BD⊥CD,故AC·CD=0,DB·CD=0,∴AB·CD=(AC+CD+DB)·CD=AC·CD+CD2+DB·CD=0+|CD|2+0=1,∴cs
7.D [解析] 连接AG并延长,交BC于点M,连接DM.∵G是△ABC的重心,∴AG=23AM,∴AG=23AM,则DG=DA+AG=DA+23AM=DA+23(DM-DA)=DA+23×12(DB+DC)-DA=13(DA+DB+DC),又(DA+DB+DC)2=DA2+DB2+DC2+2DA·DB+2DB·DC+2DC·DA=1+1+1+2×(cs 60°+cs 60°+cs 60°)=6,∴|DG|=63,即线段DG的长为63.故选D.
8.AC [解析] 对于A,2BA·AC=2|BA||AC|cs 120°=2a·acs 120°=-a2,故A正确;对于B,2AD·BD=2|AD||BD|cs 60°=2a·acs 60°=a2,故B错误;对于C,2GF·AC=2|GF||AC|cs 180°=2·a2·acs 180°=-a2,故C正确;对于D,2EF·CB=2|EF||CB|cs 120°=2·a2·acs 120°=-a22,故D错误.故选AC.
9.AB [解析] 由题意得A1A+A1D1+A1B1=A1C,∵A1C2=3A1B12,∴(A1A+A1D1+A1B1)2=3A1B12,故A正确.连接AB1,则A1B1-A1A=AB1.连接CD1,∵A1D1⊥A1B1,A1D1⊥AA1,A1B1∩AA1=A1,A1B1⊂平面ABB1A1,AA1⊂平面ABB1A1,∴A1D1⊥平面ABB1A1,又AB1⊂平面ABB1A1,∴A1D1⊥AB1,又易知CD1⊥AB1,A1D1∩CD1=D1,A1D1⊂平面A1CD1,CD1⊂平面A1CD1,∴AB1⊥平面A1CD1,又A1C⊂平面A1CD1,∴AB1⊥A1C,∴A1C·(A1B1-A1A)=0,故B正确.连接AC,∵A1B∥D1C,∴向量AD1与向量A1B的夹角是∠AD1C的补角,又△ACD1是等边三角形,∴∠AD1C=60°,∴向量AD1与向量A1B的夹角是120°,故C不正确.∵AB⊥AA1,∴AB·AA1=0,∴|AB·AA1·AD|=0,故D不正确.故选AB.
10.60° [解析] 设向量a,b的夹角为θ,则cs θ=a·b|a||b|=-12,所以θ=120°,则两异面直线的夹角为180°-120°=60°.
11.143 [解析] 由题意得OA·OB=OA·OC=OB·OC=0,且OG=OA+OB+OC3,故OG·(OA+OB+OC)=13(OA+OB+OC)2=13(|OA|2+|OB|2+|OC|2)=13×(1+4+9)=143.
12.4或2 [解析] 由题意知,FE=FA+AA'+A'E,所以FE2=(FA+AA'+A'E)2=FA2+AA'2+A'E2+2FA·AA'+2FA·A'E+2AA'·A'E,∵异面直线a,b所成的角为60°,A'E=2,AF=3,EF=23,∴23=9+AA'2+4+0±2×2×3cs 60°+0,∴|AA'|=4或|AA'|=2.
13.解:(1)∵M为线段AD的中点,∴AM=12AD,∵CD=2BD,∴BD=13BC,∴PM=PA+AM=PA+12AD=PA+12(AB+BD)=PA+12AB+13BC=PA+12AB+13BA+AC=PA+12AB-13AB+13AC=-AP+13AB+16AC.
(2)PM·AC=-AP+13AB+16AC·AC=-AP·AC+13AB·AC+16AC2=-|AP||AC|·cs∠PAC+13|AB||AC|cs∠BAC+16|AC|2=-4×3×12+13×3×3×12+16×32=-6+32+32=-3.
14.解:设VA=a,VB=b,VC=c,正四面体V-ABC的棱长为1,则|a|=|b|=|c|=1,a·b=b·c=a·c=12.
(1)证明:由题意知VD=13(a+b+c),则AO=AV+VO=AV+12VD=-a+16(a+b+c)=16(b+c-5a),
同理可得BO=16(a+c-5b),CO=16(a+b-5c),
所以AO·BO=136(b+c-5a)·(a+c-5b)=136×18×12-9=0,所以AO⊥BO,即AO⊥BO.
同理可得AO⊥CO,BO⊥CO,所以AO,BO,CO两两垂直.
(2)DM=DV+VM=-13(a+b+c)+12c=16(-2a-2b+c),
所以|DM|=16(-2a-2b+c)2=12.
又|AO|=16(b+c-5a)2=22,DM·AO=16(-2a-2b+c)·16(b+c-5a)=136(-2a·b-2a·c+10a2-2b2-2b·c+10a·b+b·c+c2-5a·c)=14,
所以cs
15.B [解析] 在折叠后的图形中,作AC⊥x轴交x轴于点C,作BD⊥x轴交x轴于点D,连接AB,则AB=AC+CD+DB,所以折叠后A,B两点间的距离为|AB|=(AC+CD+DB)2=AC2+CD2+DB2+2AC·CD+2CD·DB+2AC·DB=
16+16+36+2×4×6×12=223.故选B.
16.解:(1)设侧棱AA1的长为x,∵在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,且∠BAA1=∠DAA1=60°,∴AB2=AD2=1,AA12=x2,AB·AD=0,AB·AA1=x2,AD·AA1=x2,
又AC1=AB+AD+AA1,∴AC12=(AB+AD+AA1)2=AB2+AD2+AA12+2AB·AD+2AB·AA1+2AD·AA1=x2+2x+2=26,即x2+2x-24=0,又x>0,∴x=4,即侧棱AA1的长为4.
(2)连接BD,∵AC1=AB+AD+AA1,MN=12DB=12(AB-AD),∴AC1·MN=12(AB-AD)·(AB+AD+AA1)=12(AB2-AD2+AB·AA1-AD·AA1)=12×(1-1+2-2)=0,故异面直线AC1和MN的夹角为90°.
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