2021_2022学年新教材高中数学课时素养评价二第一章空间向量与立体几何1.1.2空间向量的数量积运算含解析新人教A版选择性必修第一册202106082126.doc

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1、二二空间向量的数量积运算空间向量的数量积运算(15 分钟30 分)1 已知向量 a a，b b 是平面内的两个不相等的非零向量，非零向量 c c 是直线 l 的一个方向向量，则 c ca a0 且 c cb b0 是 l的()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【解析】选 B.当 a a 与 b b 不共线时，由 c ca a0，c cb b0，可推出 l；当 a a 与 b b 为共线向量时，由 c ca a0，c cb b0，不能推出 l.若 l，则一定有 c ca a0，c cb b0，故选项 B 符合题意2在空间四边形 OABC 中，OBOC，AOBAOC3

2、，则 cos OA，BC等于()A12B22C12D0【解析】选 D.因为OABCOA(OCOB)OAOCOAOB|OA|OC|cos3|OA|OB|cos30，所以OABC，所以 cos OA，BC0.3已知 a a，b b 均为单位向量，它们的夹角为 60，那么|a a3b b|等于_【解析】因为|a a3b b|2(a a3b b)2a a26a ab b9b b216cos 6097，所以|a a3b b|7.答案：74 已知向量 a a，b b 满足：|a a|2，|b b|2，且 a a 与 2b ba a 互相垂直，则 a a 与 b b 的夹角为_【解析】因为 a a 与 2b

3、 ba a 垂直，所以 a a(2b ba a)0，即 2a ab b|a a|20.所以 2|a a|b b|cos a a，b b|a a|20，所以 4 2 cosa a，b b40，所以 cosa a，b b22，又a a，b b0，所以 a a 与 b b 的夹角为4.答案：45如图，已知线段 AB平面，BC，CDBC，DF平面，且DCF30，D 与 A 在的同侧，若 ABBCCD2，求 A，D 两点间的距离【解析】因为ADABBCCD，所以|AD|2(ABBCCD)2|AB|2|BC|2|CD|22ABBC2ABCD2BCCD122(22cos 9022cos 12022cos 9

4、0)8，所以|AD|2 2，即 A，D 两点间的距离为 2 2.(30 分钟60 分)一、单选题(每小题 5 分，共 20 分)1已知|a a|2，|b b|3，a a，b b60，则|2a a3b b|等于()A 97B97C 61D61【解析】选 C.|2a a3b b|24a a29b b212a ab b449912|a a|b b|cos 609712231261.所以|2a a3b b|61.2设向量 a a，b b 满足|a ab b|10，|a ab b|6，则 a ab b 等于()A1B2C3D5【解析】选 A.|a ab b|2(a ab b)2a a22a ab bb

5、b210，|a ab b|2(a ab b)2a a22a ab bb b26，将上面两式左、右两边分别相减得 4a ab b4，所以 a ab b1.3A，B，C，D 是空间不共面的四点，且满足ABAC0，ACAD0，ABAD0，M为 BC 的中点，则AMD 是()A钝角三角形B锐角三角形C直角三角形D不确定【解析】选 C.因为 M 是 BC 的中点，所以AM12(ABAC)，所以AMAD12(ABAC)AD12ABAD12ACAD0，所以 AMAD，所以AMD 是直角三角形4在正方体 ABCDA1B1C1D1中，有下列命题：(1AAADAB)23AB2；1A C(111A BA A)0；1

6、AD与1A B的夹角为 60.其中正确命题的个数是()A1B2C3D0【解析】选 B.如图所示由(1AAADAB)221AAAD2AB22(1AAAD1AAABADAB)3AB2，知正确；由1A C(111A BA A)1A C(111A BAA)1A C1AB0，知正确；1AD与1A B的夹角为 120，故不正确二、多选题(每小题 5 分，共 10 分，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0分)5设 a a，b b，c c 是任意的非零空间向量，且它们互不共线，给出下列命题，其中正确的是()A(a ab b)c c(c ca a)b b0B|a a|b b|a ab b

7、|C(b ba a)c c(c ca a)b b 一定不与 c c 垂直D(3a a2b b)(3a a2b b)9|a a|24|b b|2【解析】选 BD.根据向量数量积的定义及性质，可知 a ab b 和 c ca a 是实数，而 c c 与 b b 不共线，故(a ab b)c c 与(c ca a)b b 不一定相等，故 A 错误；因为(b ba a)c c(c ca a)b bc c(b ba a)c c2(c ca a)(b bc c)，所以当 a ab b，且 a ac c 或 b bc c 时，(b ba a)c c(c ca a)b bc c0，即(b ba a)c c(c

8、 ca a)b b 与 c c 垂直，故 C 错误；易知 BD 正确6在长方体 ABCDA1B1C1D1中，下列向量的数量积能为 0 的有()A1AD1B CB1BDACCAB1ADD1BDBC【解析】选 ABC.对于选项 A，当四边形 ADD1A1为正方形时，可得 AD1A1D，而 A1DB1C，所以 AD1B1C，此时有11AD B C0；对于选项 B，当四边形 ABCD 为正方形时，易得 ACBD，可得 AC平面 BB1D1D，故有 ACBD1，此时1BDAC0；对于选项 C，由长方体的性质可得 AB平面 ADD1A1，所以 ABAD1，所以AB1AD0.对于选项 D，由于1BD与BC不

9、可能垂直，所以1BDBC不可能为 0.三、填空题(每小题 5 分，共 10 分)7如图，已知ABC 在平面内，BAC90，DA平面，则直线 CA 与 DB 的位置关系是_【解析】CABDCA(BAAD)CABACAAD000，所以CADB，即 CADB.答案：垂直8如图，空间四边形的各边和对角线长均相等，E 是 BC 的中点，则AEBC_，AECD_AEBC.(填“”)【解析】由题易知 AEBC，所以AEBC0，而AECD(ABBE)CDAB(BDBC)12BCCD|AB|BD|cos 120|AB|BC|cos 12012|BC|CD|cos 1200，所以AECDAEBC.答案：0四、解答

10、题(每小题 10 分，共 20 分)9已知在三棱锥 OABC 中，M，N，P，Q 分别为 BC，AC，OA，OB 的中点，若 ABOC，求证：PMQN.【证明】设OAa a，OBb b，OCc c.因为 P，M 分别为 OA，BC 的中点，所以PMOMOP12(b bc c)12a a12(b ba a)c c.同理，QN12(a ac c)12b b12(b ba a)c c.所以PMQN14(|b ba a|2|c c|2).因为 ABOC，即|b ba a|c c|.所以PMQN0.所以PMQN，即 PMQN.10如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，M，N 分别是 A1B，B1C1上的

11、点，且 BM2A1M，C1N2B1N.设ABa a，ACb b，1AAc c.(1)试用 a a，b b，c c 表示向量MN；(2)若BAC90，BAA1CAA160，ABACAA11，求 MN 的长【解析】(1)MN1111MAA BB N131BAAB1311B C13(c ca a)a a13(b ba a)13a a13b b13c c.(2)因为(a ab bc c)2a a2b b2c c22a ab b2b bc c2a ac c111021112211125，所以|a ab bc c|5，所以|MN|13|a ab bc c|53，即 MN53.【创新迁移】【创新迁移】1已知

12、空间向量 a a，b b，c c 满足 a ab bc c0，|a a|3，|b b|1，|c c|4，则 a ab bb bc cc ca a的值为_【解析】因为 a ab bc c0，所以(a ab bc c)20，所以 a a2b b2c c22(a ab bb bc cc ca a)0，所以 a ab bb bc cc ca a321242213.答案：132如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，底面边长为 2.(1)设侧棱长为 1，求证：AB1BC1；(2)设 AB1与 BC1的夹角为3，求侧棱的长【解析】(1)1ABAB1BB，1BC1BBBC.因为 BB1平面 ABC，所以1BBAB0，1BBBC0.又ABC 为正三角形，所以AB，BCBA，BC323.因为1AB1BC(AB1BB)(1BBBC)AB1BBABBC211BBBBBC|AB|BC|cos AB，BC21BB110，所以 AB1BC1.(2)结合(1)知11ABBC|AB|BC|cos AB，BC21BB21BB1.又1AB21(ABBB)212BB|BC1|，所以 cos 11AB BC，2121BB12BB12，所以1BB2，即侧棱长为 2.