人教A版(新教材)高中數(shù)學選擇性必修第一冊課時作業(yè)4：1 1 2 空間向量的數(shù)量積運算練習

人教A版(新教材)高中數(shù)學選擇性必修第一冊PAGEPAGE11.1.2空間向量的數(shù)量積運算一、選擇題1．(多選題)下列各命題中，正確的有()A．eq\r(a·a)＝|a|B．m(λa)·b＝(mλ)a·b(m，λ∈R)C．a(chǎn)·(b＋c)＝(b＋c)·aD．a(chǎn)2b＝b2a2.如圖，空間四邊形ABCD的每條邊和對角線的長都等于1，點E，F(xiàn)，G分別是AB，AD，CD的中點，則eq\o(FG,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝()A．eq\f(\r(3),4) B．eq\f(1,4) C．eq\f(1,2) D．eq\f(\r(3),2)3.在長方體ABCD-A1B1C1D1中，下列計算結果一定不等于0的是()A．eq\o(AD1,\s\up7(→))·eq\o(B1C,\s\up7(→)) B．eq\o(BD1,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))C．eq\o(DC,\s\up7(→))·eq\o(AD1,\s\up7(→)) D．eq\o(BD1,\s\up7(→))·eq\o(B1C1,\s\up7(→))4.如圖，在大小為45°的二面角A-EF-D中，四邊形ABFE，CDEF都是邊長為1的正方形，則B，D兩點間的距離是()A．eq\r(3)B．eq\r(2)C．1D．eq\r(3－\r(2))5．在棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中，〈eq\o(BA1,\s\up7(→))，eq\o(AC,\s\up7(→))〉等于()A．60° B．90° C．135° D．120°二、填空題6．已知空間四邊形ABCD每條邊長和對角線長都等于1，點E，F(xiàn)分別是CD，AD的中點，則eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(EF,\s\up7(→))＝________.7．已知線段AB，BD在平面α內，∠ABD＝120°，線段AC⊥α，若AB＝a，BD＝b，AC＝c，則|eq\o(CD,\s\up7(→))|＝________.8．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為________．三、解答題9.如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為1的正方形，側棱PA的長為2，且PA與AB，AD的夾角都等于60°，M是PC的中點，設eq\o(AB,\s\up7(→))＝a，eq\o(AD,\s\up7(→))＝b，eq\o(AP,\s\up7(→))＝c.(1)試用a，b，c表示出向量eq\o(BM,\s\up7(→))；(2)求BM的長．

10.如圖，正四棱錐P-ABCD的各棱長都為a.(1)用向量法證明BD⊥PC；(2)求|eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))|的值．1．(多選題)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，下列命題正確的有()A．(eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→)))2＝3eq\o(AB,\s\up7(→))2 B．eq\o(A1C,\s\up7(→))·(eq\o(A1B1,\s\up7(→))－eq\o(A1A,\s\up7(→)))＝0C．eq\o(AD1,\s\up7(→))與eq\o(A1B,\s\up7(→))的夾角為60° D．正方體的體積為|eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AA1,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))|2．已知a，b是異面直線，A，B∈a，C，D∈b，AC⊥b，BD⊥b，且AB＝2，CD＝1.則a與b所成的角是()A．30° B．45° C．60° D．90°3.如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，設AD＝AA1＝1，AB＝2，P是C1D1的中點，則eq\o(B1C,\s\up7(→))·eq\o(A1P,\s\up7(→))＝________，eq\o(B1C,\s\up7(→))與eq\o(A1P,\s\up7(→))所成角的大小為________．4．四棱柱ABCD-A1B1C1D1各棱長均為1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，則點B與點D1之間的距離為________．如圖，已知直三棱柱ABC-A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分別為AB，BB′的中點．(1)求證：CE⊥A′D；(2)求異面直線CE與AC′所成角的余弦值．

▁▃▅▇█參*考*答*案█▇▅▃▁一、選擇題1．ABC〖∵a·a＝|a|2，∴eq\r(a·a)＝|a|，故A正確；m(λa)·b＝(mλa)·b＝mλa·b＝(mλ)a·b，故B正確；a·(b＋c)＝a·b＋a·c＝b·a＋c·a＝(b＋c)·a，故C正確；a2·b＝|a|2·b，b2·a＝|b|2·a，故D不一定正確．〗2.B〖由題意得eq\o(FG,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up7(→))，所以eq\o(FG,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)×1×1×cos60°＝eq\f(1,4).故選B．〗3.D〖根據(jù)數(shù)量積的幾何意義知，所求的問題即為兩個向量所在的直線一定不垂直．當該長方體各棱長都相等，即為正方體時，AD1⊥B1C，故A不符合；同理，正方體中，易證AC⊥平面BDD1，從而有AC⊥BD1，故B不符合；事實上，對任意長方體，都有DC⊥平面AD1，從而DC⊥AD1，故C不符合；對于D項，連接CD1(圖略)，易證△BCD1為直角三角形，其中∠BCD1＝90°，所以∠CBD1≠90°，而BC∥B1C1，即異面直線BD1與B1C1所成的角即為∠CBD1，所以異面直線BD1與B1C1不垂直，即eq\o(BD1,\s\up7(→))·eq\o(B1C1,\s\up7(→))一定不為0.〗4.D〖因為eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(BF,\s\up7(→))＋eq\o(FE,\s\up7(→))＋eq\o(ED,\s\up7(→))，所以|eq\o(BD,\s\up7(→))|2＝|eq\o(BF,\s\up7(→))|2＋|eq\o(FE,\s\up7(→))|2＋|eq\o(ED,\s\up7(→))|2＋2eq\o(BF,\s\up7(→))·eq\o(FE,\s\up7(→))＋2eq\o(FE,\s\up7(→))·eq\o(ED,\s\up7(→))＋2eq\o(BF,\s\up7(→))·eq\o(ED,\s\up7(→))＝1＋1＋1－eq\r(2)，所以|eq\o(BD,\s\up7(→))|＝eq\r(3－\r(2)).故選D．〗5．D〖eq\o(BA1,\s\up7(→))＝eq\o(BA,\s\up7(→))＋eq\o(AA1,\s\up7(→))，|eq\o(BA1,\s\up7(→))|＝eq\r(2)a，eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))，|eq\o(AC,\s\up7(→))|＝eq\r(2)a.∴eq\o(BA1,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(AA1,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AA1,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＝－a2.∴cos〈eq\o(BA1,\s\up7(→))，eq\o(AC,\s\up7(→))〉＝eq\f(－a2,\r(2)a·\r(2)a)＝－eq\f(1,2).∴〈eq\o(BA1,\s\up7(→))，eq\o(AC,\s\up7(→))〉＝120°.〗二、填空題6．－eq\f(1,4)〖∵eq\o(EF,\s\up7(→))∥eq\o(CA,\s\up7(→))，〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AC,\s\up7(→))〉＝60°，∴〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(CA,\s\up7(→))〉＝120°.又∵eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CA,\s\up7(→))，∴eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CA,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up7(→))||eq\o(CA,\s\up7(→))|cos〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(CA,\s\up7(→))〉＝eq\f(1,2)×1×1×cos120°＝－eq\f(1,4).〗7．eq\r(a2＋b2＋c2＋ab)〖|eq\o(CD,\s\up7(→))|2＝|eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BD,\s\up7(→))－eq\o(AC,\s\up7(→))|2＝eq\o(AB,\s\up7(→))2＋eq\o(BD,\s\up7(→))2＋eq\o(AC,\s\up7(→))2＋2eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))－2eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))－2eq\o(BD,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝a2＋b2＋c2＋2abcos60°＝a2＋b2＋c2＋ab，∴|eq\o(CD,\s\up7(→))|＝eq\r(a2＋b2＋c2＋ab).〗8．eq\f(\r(10),5)〖∵eq\o(AB1,\s\up7(→))＝eq\o(BB1,\s\up7(→))－eq\o(BA,\s\up7(→))，eq\o(BC1,\s\up7(→))＝eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(CC1,\s\up7(→))，∴eq\o(AB1,\s\up7(→))·eq\o(BC1,\s\up7(→))＝eq\o(BB1,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(BB1,\s\up7(→))·eq\o(CC1,\s\up7(→))－eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))－eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(CC1,\s\up7(→))＝0＋1－0－2×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝2.易知|eq\o(AB1,\s\up7(→))|＝eq\r(5)，|eq\o(BC1,\s\up7(→))|＝eq\r(2)，∴cos〈eq\o(AB1,\s\up7(→))，eq\o(BC1,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(AB1,\s\up7(→))·\o(BC1,\s\up7(→)),|\o(AB1,\s\up7(→))||\o(BC1,\s\up7(→))|)＝eq\f(2,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5).〗三、解答題9.〖解〗(1)∵M是PC的中點，∴eq\o(BM,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(BP,\s\up7(→)))＝eq\f(1,2)〖eq\o(AD,\s\up7(→))＋(eq\o(AP,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→)))〗＝eq\f(1,2)〖b＋(c－a)〗＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)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×cos60°＝1，由于eq\o(BM,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(－a＋b＋c)，|eq\o(BM,\s\up7(→))|2＝eq\f(1,4)(－a＋b＋c)2＝eq\f(1,4)〖a2＋b2＋c2＋2(－a·b－a·c＋b·c)〗＝eq\f(1,4)〖12＋12＋22＋2(0－1＋1)〗＝eq\f(3,2).∴|eq\o(BM,\s\up7(→))|＝eq\f(\r(6),2)，∴BM的長為eq\f(\r(6),2).10.〖解〗(1)證明：∵eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→))，∴eq\o(BD,\s\up7(→))·eq\o(PC,\s\up7(→))＝(eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→)))·eq\o(PC,\s\up7(→))＝eq\o(BC,\s\up7(→))·eq\o(PC,\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→))·eq\o(PC,\s\up7(→))＝|eq\o(BC,\s\up7(→))||eq\o(PC,\s\up7(→))|·cos60°＋|eq\o(CD,\s\up7(→))||eq\o(PC,\s\up7(→))|cos120°＝eq\f(1,2)a2－eq\f(1,2)a2＝0.∴eq\o(BD,\s\up7(→))⊥eq\o(PC,\s\up7(→))，∴BD⊥PC．(2)∵eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))，∴|eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))|2＝|eq\o(AB,\s\up7(→))|2＋|eq\o(BC,\s\up7(→))|2＋|eq\o(PC,\s\up7(→))|2＋2eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＋2eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(PC,\s\up7(→))＋2eq\o(BC,\s\up7(→))·eq\o(PC,\s\up7(→))＝a2＋a2＋a2＋0＋2a2cos60°＋2a2cos60°＝5a2，∴|eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))|＝eq\r(5)a.1．AB〖如圖，(eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→)))2＝(eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\o(A1D1,\s\up7(→))＋eq\o(D1C1,\s\up7(→)))2＝eq\o(AC1,\s\up7(→))2＝3eq\o(AB,\s\up7(→))2；eq\o(A1C,\s\up7(→))·(eq\o(A1B1,\s\up7(→))－eq\o(A1A,\s\up7(→)))＝eq\o(A1C,\s\up7(→))·eq\o(AB1,\s\up7(→))＝0；eq\o(AD1,\s\up7(→))與eq\o(A1B,\s\up7(→))的夾角是eq\o(D1C,\s\up7(→))與eq\o(D1A,\s\up7(→))夾角的補角，而eq\o(D1C,\s\up7(→))與eq\o(D1A,\s\up7(→))的夾角為60°，故eq\o(AD1,\s\up7(→))與eq\o(A1B,\s\up7(→))的夾角為120°；正方體的體積為|eq\o(AB,\s\up7(→))||eq\o(AA1,\s\up7(→))||eq\o(AD,\s\up7(→))|.故選AB．〗2．C〖∵eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))＝(eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(DB,\s\up7(→)))·eq\o(CD,\s\up7(→))＝eq\o(CD,\s\up7(→))2＝1，∴cos〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(CD,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up7(→))·\o(CD,\s\up7(→)),|\o(AB,\s\up7(→))||\o(CD,\s\up7(→))|)＝eq\f(1,2×1)＝eq\f(1,2).∴AB與CD所成的角為60°，即異面直線a，b所成的角為60°.〗3.160°〖法一：連接A1D，則∠PA1D就是eq\o(B1C,\s\up7(→))與eq\o(A1P,\s\up7(→))所成角．連接PD，在△PA1D中，易得PA1＝DA1＝PD＝eq\r(2)，即△PA1D為等邊三角形，從而∠PA1D＝60°，即eq\o(B1C,\s\up7(→))與eq\o(A1P,\s\up7(→))所成角的大小為60°.因此eq\o(B1C,\s\up7(→))·eq\o(A1P,\s\up7(→))＝eq\r(2)×eq\r(2)×cos60°＝1.法二：根據(jù)向量的線性運算可得eq\o(B1C,\s\up7(→))·eq\o(A1P,\s\up7(→))＝(eq\o(A1A,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up7(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up7(→))))＝eq\o(AD,\s\up7(→))2＝1.由題意可得PA1＝B1C＝eq\r(2)，則eq\r(2)×eq\r(2)×cos〈eq\o(B1C,\s\up7(→))，eq\o(A1P,\s\up7(→))〉＝1，從而〈eq\o(B1C,\s\up7(→))，eq\o(A1P,\s\up7(→))〉＝60°.〗4．eq\r(2)〖∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1各棱長均為1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，∴eq\o(BD1,\s\up7(→))＝eq\o(BA,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(DD1,\s\up7(→))，∴eq\o(BD1,\s\up7(→))2＝(eq\o(BA,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(DD1,\s\up7(→)))2＝eq\o(BA,\s\up7(→))2＋eq\o(AD,\s\up7(→))2＋eq\o(DD1,\s\up7(→))2＋2eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＋2eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(DD1,\s\up7(→))＋2eq\o(AD