2021_2022学年新教材高中数学第三章空间向量与立体几何3.2.2空间向量的运算三课后素养落实含解析北师大版选择性必修第一册20210618250.doc

课后素养落实(二十二)空间向量的运算(三)(建议用时：40分钟)一、选择题1已知e1，e2为单位向量，且e1e2，若a2e13e2，bke14e2，ab，则实数k的值为()A6B6C3D3B由题意可得a·b0，e1·e20，|e1|e2|1，所以(2e13e2)·(ke14e2)0，所以2k120，解得k62若非零向量a，b满足|a|b|，·b0，则a与b的夹角为()A30°B60°C120°D150°C由·b0，得2a·bb20，设a与b的夹角为，2|a|b|cos |b|20cos ，0°180°，120°3已知四边形ABCD为矩形，PA平面ABCD，连接AC，BD，PB，PC，PD，则下列各组向量中，数量积不为零的是()A与 B与C与 D与A选A可用排除法因为PA平面ABCD，所以PACD，·0，排除D又因为ADAB，所以ADPB，所以·0，同理·0，排除B，C，故选A4如图，已知PA平面ABC，ABC120°，PAABBC6，则PC等于()A6 B6C12D144C因为，所以22222·2·2·3636362×36cos 60°144，所以PC125设空间中有四个互异的点A，B，C，D，已知(2)·()0，则ABC是()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B因为2()()，所以()·()|2|20，所以|，即ABC是等腰三角形二、填空题6在空间四边形ABCD中，···_0原式···()·()·()··07如图，已知四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是矩形，AB4，AA13，BAA160°，E为棱C1D1的中点，则·_14由，得···24×3×cos 60°0×42148如图，已知正三棱柱ABC­A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是_90°不妨设棱长为2，则，cos，0，所以，90°三、解答题9如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是C1D1，D1D的中点，正方体的棱长为1(1)求，的余弦值；(2)求证：解(1)，因为·0，·0，·0，所以··又|，所以cos，(2)证明：因为，()，所以·0，所以10如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM2A1M，C1N2B1N设a，b，c(1)试用a，b，c表示向量；(2)若BAC90°，BAA1CAA160°，ABACAA11，求MN的长解(1)(ca)a(ba)abc(2)因为(abc)2a2b2c22a·b2b·c2a·c11102×1×1×2×1×1×5，所以|abc|，所以|abc|，即MN11已知空间四边形ABCD中，ACDBDC90°，且AB2，CD1，则AB与CD所成的角是()A30° B45°C60° D90°C根据已知ACDBDC90°，得··0，所以·()··|2·|21，所以cos，所以AB与CD所成的角为60°12在三棱锥O­ABC中，OAOB，OAOC，BOC60°，OAOBOC2，若E为OA的中点，F为BC的中点，则EF()A2 B4C D3A因为()，所以|2()2(2222·2·2·)又由已知得|2，·2×2×2，所以|2(4444)4所以|2，即EF213(多选题)已知a，b是两个非零向量，下列结论中，正确的是()Aa·b0a，bBa·b0a，bCa·b0a，bD|a·b|a|b|a，b0ABC只有D是假命题14(一题两空)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，设ADAA11，AB2，P是C1D1的中点，则与所成角的大小为_，·_60°1法一：连接A1D，则PA1D就是与所成角连接PD，在PA1D中，易得PA1DA1PD，即PA1D为等边三角形，从而PA1D60°，即与所成角的大小为60°因此·××cos 60°1法二：根据向量的线性运算可得·()·21由题意可得PA1B1C，则××cos，1，从而，60°15如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面边长为 (1)设侧棱长为1，求证：AB1BC1；(2)设AB1与BC1的夹角为，求侧棱的长解(1)证明：，因为BB1平面ABC，所以·0，·0又ABC为正三角形，所以，因为·()·()A··2·|·|·cos，2110，所以AB1BC1(2)结合第一问知·|·|·cos，221又| |所以cos，所以|2，即侧棱长为2