2020-2021学年高中数学-第二章-空间向量与立体几何-2-空间向量的运算课时跟踪训练（含解析）.doc

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1、第二章 空间向量与立体几何 A组基础巩固1在正方体ABCDA1B1C1D1中，下列各式中运算的结果为的有()；.A1个B2个C3个 D4个解析：根据空间向量的加法运算法则及正方体的性质，逐一进行判断：；.所以，所给四个式子的运算结果都是.答案：D2如图，已知空间四边形ABCD，连接AC，BD.设M，N分别是BC，CD的中点，则()()A. B.C. D.解析：().答案：A3设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足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：，cos，0，为锐角，同理cos，0，BCD为锐角，cos，0，BDC为锐角，即BCD为锐角三角形答案：B4

2、已知在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E是A1C1的中点，点F是AE的三等分点，且AFEF，则()A.B.C.D.解析：如图所示，所以，故选D.答案：D5.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，下列各式中运算结果为向量的是()()；()；()；().A BC D解析：()；()；()2；().答案：A6已知非零向量a，b不平行，且|a|b|，则ab与ab的位置关系是_解析：(ab)(ab)a2b20.(ab)(ab)答案：垂直7已知向量a与b的夹角为120，且|a|b|4，那么b(2ab)的值为_答案：08已知空间向量a，b，|a|3，|b|5，mab，nab，a，b135，若mn，则

3、的值为_解析：|a|3，|b|5，a，b135，ab|a|b|cosa，b3515.mn，mn(ab)(ab)a2(1)abb21815(1)253100，.答案：9.如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，设a，b，c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用a，b，c表示以下向量：(1)；(2)；(3).解析：(1)因为P是C1D1的中点，所以aacabc.(2)因为N是BC的中点，所以abababc.(3)因为M是AA1的中点，所以aabc.又ac，所以abc.10.如图，在直三棱柱ABCABC中，ACBCAA，ACB90，D，E分别为棱AB，BB的中点(1)求证：C

4、EAD；(2)求异面直线CE与AC所成角的余弦值解析：(1)证明：设a，b，c，根据题意得|a|b|c|，且abbcca0，bc，cba，c2b20，即CEAD.(2)ac，|a|，|a|，(ac)c2|a|2，cos，即异面直线CE与AC所成角的余弦值为.B组能力提升1已知空间向量a、b满足条件a3b与7a5b垂直，a4b与7a2b垂直，则a，b()A30 B45C60 D不确定解析：a3b与7a5b垂直，(a3b)(7a5b)7|a|216ab15|b|20.a4b与7a2b垂直，(a4b)(7a2b)7|a|230ab8|b|20.由得ab|b|2，|a|b|.cosa，b，a，b60.

5、答案：C2已知在正四面体DABC中，所有棱长都为1，ABC的重心为G，则DG的长为()A. B.C. D.解析：如图，连接AG并延长交BC于点M，连接DM，G是ABC的重心，AGAM，()()，而()2222 2 2 1112(cos 60cos 60cos 60)6，|.答案：D3如图，O为ABC所在平面外一点，M为BC的中点，若 与同时成立，则实数的值为_解析： ()()(1)，所以1，解得.答案：4设a，b，c满足abc0，且ab，|a|1，|b|2，则|c|_.解析：abc0，caB.|c|.答案：5如图所示，空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点M，N分别是边AB，CD的

6、中点(1)求下列向量的数量积：，；(2)求证：MN为AB与CD的公垂线段解析：设p，q，r.由题意可知：|p|q|r|a，且p、q、r三向量两两夹角均为60.()(qrp)，rq，()(qr)(1)|cos，a2cos 60a2.(qrp)p(qprpp2)(a2cos 60a2cos 60a2)0.(qrp)(rq)(r2q2prpq)(a2a2a2cos 60a2cos 60)0.(qrp)(qr)(qr)2pqpr(q2r22qrpqpr)(a2a22a2cos 60a2cos 60a2cos 60)a2.(2)证明：由(1)知MNCD，MNAB，MN为AB与CD的公垂线段6如图，已知在平行六面体ABCDABCD中，AB4，AD3，AA5，BAD90，BAADAA60.(1)求AC的长；(2)求与的夹角的余弦值解析：(1)，|2()2|2|2|22()4232522(010)85.|.即AC的长为.(2)设与的夹角为，ABCD是矩形，|5.由余弦定理可得cos .