2019-2020學年高中數(shù)學 課時作業(yè)15 空間向量的數(shù)量積運算 新人教A版選修2-1

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1、課時作業(yè)15　空間向量的數(shù)量積運算 |基礎(chǔ)鞏固|(25分鐘，60分) 一、選擇題(每小題5分，共25分) 1．已知a＝3p－2q，b＝p＋q，p和q是相互垂直的單位向量，則a·b＝(　　) A．1　　　　　　　　　　B．2 C．3 D．4 解析：∵p⊥q且|p|＝|q|＝1， ∴a·b＝〈3p－2q〉·(p＋q)＝3p2＋p·q－2q2＝3＋0－2＝1. 答案：A 2．已知e1，e2是夾角為60°的兩個單位向量，則a＝e1＋e2與b＝e1－2e2的夾角是(　　) A．60° B．120° C．30° D．90° 解析：a·b＝(e1＋e2)·(e1－2e2)＝e－

2、e1·e2－2e＝1－1×1×－2＝－， |a|＝＝ ＝ ＝＝， |b|＝＝ ＝ ＝＝. ∴cos〈a，b〉＝＝＝－. ∴〈a，b〉＝120°. 答案：B 3．設(shè)平面上有四個互異的點A，B，C，D，已知(＋－2)·(－)＝0，則△ABC是(　　) A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．等邊三角形 解析：因為＋－2＝(－)＋(－)＝＋. 所以(＋)·(－)＝||2－||2＝0， 所以||＝||，即△ABC是等腰三角形． 答案：B 4．已知四邊形ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，連接AC，BD，PB，PC，PD，則下列各組向量中，數(shù)量積不為

3、零的是(　　) A.與 B.與 C.與 D.與 解析：用排除法，因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，故·＝0，排除D；因為AD⊥AB，PA⊥AD，又PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB，所以AD⊥PB，故·＝0，排除B，同理·＝0，排除C. 答案：A 5．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，有下列命題： ①(＋＋)2＝32； ②·(－)＝0； ③與的夾角為60°； ④正方體的體積為|··|. 其中正確命題的個數(shù)是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：如圖所示，(＋＋)2＝(＋＋)2＝2＝32； ·(－＝·＝0；與的夾角是與夾角的補角，

4、而與的夾角為60°，故與的夾角為120°；正方體的體積為||||||.綜上可知，①②正確． 答案：B 二、填空題(每小題5分，共15分) 6．已知a，b是空間兩個向量，若|a|＝2，|b|＝2，|a－b|＝，則cos〈a，b〉＝________. 解析：將|a－b|＝兩邊平行，得(a－b)2＝7. 因為|a|＝2，|b|＝2，所以a·b＝. 又a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，故cos〈a，b〉＝. 答案： 7．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，b所成的角是________． 解析：＝＋＋， ∴·＝·(＋＋)

5、 ＝||2＝1， ∴cos〈，〉＝＝， ∴異面直線a，b所成角是60°. 答案：60° 8．如圖，已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，則PC等于________． 解析：因為＝＋＋， 所以||2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝36＋36＋36＋0＋0＋2||||cos60°＝108＋2×6×6×＝144. 所以PC＝12. 答案：12 三、解答題(每小題10分，共20分) 9．如圖所示，已知正四面體OABC的棱長為a，求： (1)·； (2)(＋)·(＋)． 解析：(1)·＝a·a·cos60°＝a2. (2)(＋)·

6、(＋)＝(＋)·(－＋－)＝(＋)·(＋－2)＝a2＋a2cos60°－2a2cos60°＋a2cos60°＋a2－2a2cos60°＝a2. 10．如圖所示，在棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1中，求異面直線BA1與AC所成的角． 解析：因為＝＋，＝＋， 所以·＝(＋)·(＋) ＝·＋·＋·＋·. 因為BA⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC， 所以·＝0， ·＝0，·＝0， 又·＝－a2， 所以·＝－a2， 又·＝||||cos〈，〉， 所以cos〈，〉＝＝－， 又〈，〉∈[0，π]， 所以〈，〉＝π. 所以異面直線BA1與AC所成的角為. |能力提

7、升|(20分鐘，40分) 11．a(chǎn)，b是兩個非零向量，現(xiàn)給出以下命題： ①a·b>0?〈a，b〉∈； ②a·b＝0?〈a，b〉＝； ③a·b<0?〈a，b〉∈； ④|a·b|＝|a||b|?〈a，b〉＝π. 其中的真命題有(　　) A．1個 B．2個 C．3個 D．4個 解析：∵a，b為非零向量，∴|a|≠0，|b|≠0， 又a·b＝|a||b|cos〈a，b〉且0≤〈a，b〉≤π， 則cos〈a，b〉>0?〈a，b〉∈；a·b＝0?cos〈a，b〉＝0?〈a，b〉＝；a·b<0?cos〈a，b〉<0?〈a，b〉∈. 因此，命題①②③均為真命題． ∵|a·b|＝|

8、a||b|?|cos〈a，b〉＝1?〈a，b〉＝0或π， ∴|a·b|＝|a||b|?〈a，b〉＝π不正確，即命題④為假命題．故選C. 答案：C 12．“a·b<0”是“〈a，b〉為鈍角”的________(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)條件． 解析：當向量a，b反向共線時，a·b<0，但此時〈a，b〉＝π，夾角不為鈍角，所以“a·b<0”?“〈a，b〉∈”，所以“a·b<0”是“〈a，b〉為鈍角”的必要不充分條件． 答案：必要不充分 13．如圖，已知平行六面體ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD.求證：

9、CA1⊥B1D1. 證明：因為＝＋＋，＝＝－， 所以·B1D1 ＝(＋＋)·(－) ＝2－2＋·(－) ＝||2－||2＋·－· ＝||2－||2＋||||cos∠C1CD－||||cos∠C1CB， 又因為∠C1CB＝∠C1CD，底面ABCD為菱形， 所以||2－||2＋||||cos∠C1CD－||||cos∠C1CB＝0， 即·＝0. 所以⊥，故CA1⊥B1D1. 14．如圖，正三棱柱ABC－A1B1C1中，底面邊長為. (1)設(shè)側(cè)棱長為1，求證：AB1⊥BC1； (2)設(shè)AB1與BC1的夾角為，求側(cè)棱的長． 解析：(1)證明：＝＋，＝＋. 因為BB1⊥平面ABC， 所以·＝0，·＝0. 又△ABC為正三角形， 所以〈，〉＝π－〈，〉＝π－＝. 因為· ＝(＋)·(＋) ＝·＋·＋2＋· ＝||||cos〈，〉＋2 ＝－1＋1 ＝0， 所以AB1⊥BC1， (2)由(1)知· ＝||||cos〈，〉＋2 ＝2－1. 又||＝＝ ＝|BC1|， 所以cos〈，〉＝＝， 所以||＝2，即側(cè)棱長為2. - 9 -