2019-2020版数学新学案北师大版选修2-1练习：第二章　空间向量与立体几何 2.2.2 .docx

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1、第2课时空间向量的数量积课后训练案巩固提升A组1.下列命题中正确的是()A.(ab)2=a2b2B.|ab|a|b|C.(ab)c=a(bc)D.若a(b-c),则ab=ac=0解析:对于A项,左边=|a|2|b|2cos2,右边=|a|2|b|2,左边右边,故A错误.对于C项,数量积不满足结合律,C错误.在D中,a(b-c)=0,ab-ac=0,ab=ac,但ab与ac不一定等于零,故D错误.对于B项,ab=|a|b|cos,-1cos1,|ab|a|b|,故B正确.答案:B2.如图,已知空间四边形每条边和对角线长都等于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

2、的是()A.2BAACB.2ADDBC.2FGACD.2EFCB解析:2BAAC=-a2,故A错;2ADDB=-a2,故B错;2EFCB=-12a2,故D错;2FGAC=AC2=a2,故只有C正确.答案:C3.如图,已知PA平面ABC,ABC=120,PA=AB=BC=1,则PC等于()A.2B.1C.2D.4解析:PC=PA+AB+BC,PC2=PA2+AB2+BC2+2ABBC=1+1+1+21cos 60=4,|PC|=2.答案:C4.已知a,b是两个非零向量,现给出以下命题:ab00,2;ab=0=2;ab02,;|ab|=|a|b|=.其中正确的命题有()A.1个B.2个C.3个D.

3、4个解析:利用向量数量积公式可对以上四个命题的真假作出判断.a,b为非零向量,|a|0,|b|0.又ab=|a|b|cos,且0,于是ab0cos00,2;ab=0cos=0=2;ab0cos02,.因此,命题均为真命题.|ab|=|a|b|cos|=1=0或,|ab|=|a|b|=不正确,即命题为假命题.故选C.答案:C5.若|a|=|b|,且非零向量a,b不平行,则a+b与a-b所在直线所形成的角的大小是.解析:如图,作OA=a,OB=b,以OA,OB为邻边作OACB,则OC=a+b,BA=a-b.又|a|=|b|,四边形OACB为菱形,OCBA,故a+b与a-b的夹角为2.答案:26.导

4、学号90074024已知|a+b|=2,|a-b|=3,且cos=14,则|a|=,|b|=.解析:由|a+b|=2,知a2+2ab+b2=4.由|a-b|=3,知a2-2ab+b2=9.故2a2+2b2=13,则|a|2+|b|2=132.由cos=|a2|-|b|2|a+b|a-b|=14,得|a|2-|b|2=32.由,得|a|=2,|b|=102.答案:21027.已知a,b,c中每两个的夹角都是3,且|a|=4,|b|=6,|c|=2,试计算|a+b+c|.解|a|=4,|b|=6,|c|=2,且=3,|a+b+c|2=(a+b+c)(a+b+c)=|a|2+|b|2+|c|2+2a

5、b+2ac+2bc=|a|2+|b|2+|c|2+2|a|b|cos+2|a|c|cos+2|b|c|cos=42+62+22+46+42+62=100,|a+b+c|=10.8.如图,在四面体A-BCD中,AB=2,BC=3,BD=23,CD=3,ABD=30,ABC=60,求AB与CD的夹角的余弦值.解CD=BD-BC,ABCD=ABBD-ABBC=|AB|BD|cos-|AB|BC|cos=223cos 150-23cos 120=-6+3=-3,cos=ABCD|AB|CD|=-323=-12,AB与CD的夹角的余弦值为12.9.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若侧面对角线AB

6、1BC1,求证:A1CAB1.证明由题意,设BA=a,BC=b,BB1=c,|a|=|b|=m,|c|=n,则ab=m2cos 60=m22,ac=bc=0.AB1BC1,且AB1=AB+BB1=-a+c,BC1=b+c,AB1BC1=(-a+c)(b+c)=-ab+c2=n2-12m2=0,即m2=2n2,AB1A1C=(-a+c)(A1A+AB+BC)=(-a+c)(-c-a+b)=a2-c2-ab=m2-n2-12m2=0,A1CAB1.B组1.设a,b,c是任意的非零向量,且它们相互不共线,下列命题:(ab)c-(ca)b=0;|a|-|b|a-b|;(ba)c-(ac)b不与c垂直;

7、(3a+2b)(3a-2b)=9|a|2-4|b|2.其中正确的有()A.B.C.D.解析:根据向量的数量积运算,结合模及向量垂直的性质知不正确,正确.答案:D2.平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,AA1=3,BAD=90,BAA1=DAA1=60,则AC1的长为()A.13B.23C.33D.43解析:AC1=AB+AD+AA1,|AC1|=(AB+AD+AA1)2=AB2+AD2+AA12+2(ABAD+ABAA1+ADAA1).AB=1,AD=2,AA1=3,BAD=90,BAA1=DAA1=60,=90,=60.|AC1|=1+4+9+2(13cos60+23

8、cos60)=23.答案:B3.设A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足ABAC=ACAD=ABAD=0,则BCD为()A.钝角三角形B.锐角三角形C.直角三角形D.不确定解析:BD=BA+AD,BC=BA+AC,CD=CA+AD,cos=(BA+AD)(BA+AC)|BA+AD|BA+AC|=BA2|BA+AD|BA+AC|0,为锐角,同理cos 0,BCD为锐角,cos0,BDC为锐角,即BCD为锐角三角形.答案:B4.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为AC与BD的交点,G为CC1的中点,用向量法证明:A1O平面GBD.证明设A1B1=a,A1D1=b,A1A=c,则ab=

9、0,bc=0,ac=0.而A1O=A1A+AO=A1A+12(AB+AD)=c+12(a+b),BD=AD-AB=b-a,OG=OC+CG=12(AB+AD)+12CC1=12(a+b)-12c,所以A1OBD=c+12a+12b(b-a)=c(b-a)+12(a+b)(b-a)=cb-ca+12(|b|2-|a|2)=12(|b|2-|a|2)=0.所以A1OBD.所以A1OBD.同理可证A1OOG,所以A1OOG.又因为OGBD=O,且A1O平面GBD,所以A1O平面GBD.5.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,A1AB=A1AD=BAD=60,AA1=AB=AD=3.(1)求|A

10、C1|;(2)求证:AC1平面A1BD;(3)求AB1与A1D的夹角.(1)解令AB=a,AD=b,AA1=c,则AC1=a+b+c,|AC1|=|a+b+c|=(a+b+c)2=(a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca)12=3+3+3+23312+23312+2331212=32.(2)证明A1B=a-c,AC1A1B=(a+b+c)(a-c)=a2-ac+ba-bc+ca-c2=0.AC1A1B,又A1D=b-c,同理AC1A1D,AC1垂直于平面A1BD内的两条相交直线A1D,A1B,AC1平面A1BD.(3)解cos=AB1A1D|AB1|A1D|=(a+c)(b-c)|a+c|b

11、-c|=-3233=-36.AB1与A1D的夹角为-arccos36.6.导学号90074025如图,正方形ABCD与正方形ABEF的边长均为1,且平面ABCD平面ABEF,点M在AC上移动,点N在BF上移动.若CM=BN=a(0a2).(1)求MN的长度;(2)求当a为何值时,MN的长最小.解(1)由题意,得AC=2,BF=2,CM=BN=a,AM=1-a2AC,NF=1-a2BF.NM=NF+FA+AM=1-a2BF+FA+1-a2AC=1-a2(BE+BA)+FA+1-a2(AB+BC)=1-a2(BE+BA)-BE+1-a2(-BA+BC)=1-a2BC-a2BE.|NM|=|NM|2=1-a2BC-a2BE2=1-a22-2a21-a2BCBE+12a2=a-222+12(0a2).(2)由(1),知当a=22时,|MN|有最小值为22,即M,N分别为AC,BF的中点时,MN的长最小,且最小值为22.