数学选择性必修 第一册1.1 空间向量及其运算当堂检测题

这是一份数学选择性必修 第一册1.1 空间向量及其运算当堂检测题，共16页。

题组一 数量积的概念及其运算
1.设a、b为空间中的任意两个非零向量,有下列各式:
①a2=|a|2;②a·ba2=ba;③(a·b)2=a2·b2;④(a-b)2=a2-2a·b+b2.
其中正确的个数为( )
A.1B.2C.3D.4
2.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,设AB=a,AD=b,AA1=c,则a·(b+c)的值为( )
A.1B.0C.-1D.-2
3.(2021北京海淀阶段性考试)已知四面体ABCD的所有棱长都是2,点E是AD的中点,则BA·CE=( )
A.1B.-1
题组二 利用空间向量的数量积求夹角
4.(2020山东济宁高二上检测)已知两条异面直线的方向向量分别为a,b,且|a|=|b|=1,a·b=-12,则两直线的夹角为( )
A.30°B.60°C.120°D.150°
5.已知空间向量a,b,c满足a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=4,则a与b的夹角为( )
A.30°B.45°
C.60°D.以上都不对
6.(2020甘肃天水一中高二月考)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,AB=1,PD=2,则异面直线PA与BD所成角的余弦值为( )
A.-
题组三 利用空间向量的数量积求距离(线段长度)
7.(2020安徽阜阳界首高二上期末)在底面是正方形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AA1=2,∠A1AD=∠A1AB=π3,则|AC1|=( )
C.3D.10
8.(2020山东济南历城第二中学高二上月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为1的正方形,侧棱PA的长为2,且PA与AB、AD的夹角都等于60°,M是PC的中点,设AB=a,AD=b,AP=c.
(1)试用a,b,c表示向量BM;
(2)求BM的长.
题组四 利用空间向量的数量积证明垂直
9.(2020北京陈经纶中学高二上期中)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,数量积不一定为零的是( )
A.PC与BDB.DA与PB
C.PD与ABD.PA与CD
10.(2020上海复旦大学附属中学高二下期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥DC,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.
(1)证明:BE⊥PD;
(2)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求线段PF的长.
能力提升练
题组一 利用空间向量的数量积求异面直线所成角
1.(2021湖北武汉、襄阳、荆门、宜昌四地六校考试联盟高三上联考,)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=AB=2,∠BAD=60°,M是BB1的中点,则异面直线A1M与B1C所成角的余弦值为( )
A.-105B.-
2.(2020河北沧州高三一模,)四棱锥V-ABCD的底面是正方形,且各条棱长均相等,点P是VC的中点,则异面直线AP与CD所成角的余弦值为( )
3.(2020重庆第一中学高三下模拟,)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P是底面A1B1C1D1内(含边界)的一点,且AP∥平面DBC1,则异面直线AP与BD所成角的取值范围为( )
A.π4,3π4B.π4,π2
C.π3,π2D.π3,2π3
4.(2020浙江宁波九校高二上期末联考,)在正四面体ABCD中,M,N分别为棱BC、AB的中点,设AB=a,AC=b,AD=c,用a,b,c表示向量DM= ,异面直线DM与CN所成角的余弦值为 .
题组二 利用空间向量的数量积求距离(长度)
5.(2021山东新高考测评联盟高二上联考,)如图所示,已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=4,∠BAA1=∠DAA1=∠BAD=60°,M为CC1的中点,则AM的长度为 .
6.()如图所示,四边形ABCD是矩形,EF∥AB,AB=4,EF=2,△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形,G是AD上一动点,求FG的长度的范围.
题组三 利用空间向量的数量积证明垂直
7.(2020广西柳州高级中学期中,)如图所示,在三棱锥A-BCD中,DA,DB,DC两两垂直,且DB=DC=DA=2,E为BC的中点.
(1)证明:AE⊥BC;
(2)求直线AE与DC所成角的余弦值.
答案全解全析
基础过关练
1.B 对于①,a2=|a|2cs 0°=|a|2,①正确;对于②,a·ba2=|a||b|cs|a|2=|b|cs|a|≠ba,另外,根据向量有大小和方向两个要素知向量不能作比值,也可以判断②错误;对于③,设a、b的夹角为θ,则(a·b)2=(|a||b|cs θ)2=|a|2|b|2cs2θ≤a2·b2,③错误;对于④,由空间向量数量积的运算性质可得(a-b)2=a2-2a·b+b2,④正确.故选B.
2.B 由题意得a·(b+c)=a·b+a·c=0.
3.A 如图,可知CE=CA+AE,
∴BA·CE=BA·(CA+AE)=BA·CA+BA·AE=2×2×cs 60°+2×1×cs 120°=1.
故选A.
4.B 设向量a,b的夹角为θ,则cs θ=a·b|a||b|=-12,∴θ=120°,∴两个方向向量对应的直线的夹角为180°-120°=60°.故选B.
5.D 设a与b的夹角为θ.由a+b+c=0,得a+b=-c,两边平方,得a2+2a·b+b2=c2,所以4+2×2×3cs θ+9=16,解得cs θ=14,故选D.
6.D ∵PD⊥平面ABCD,DA,DC⊂平面ABCD,∴PD⊥DA,PD⊥DC,
又底面ABCD为正方形,∴DA⊥DC,
∵PA=DA-DP,DB=DA+DC,
∴PA·DB=(DA-DP)·(DA+DC)=DA2+DA·DC-DP·DA-DP·DC=1,
|PA|=(DA-DP)2=DA2-2DA·DP+DP2=1+4=5,
|DB|=(DA+DC)2=DA2+2DA·DC+DC2=1+1=2,
∴|cs|=|PA·DB||PA||DB|=15×2=1010,
∴异面直线PA与BD所成角的余弦值为1010.
D ∵AC1=AB+AD+AA1,
∴|AC1|2=|AB+AD+AA1|2=|AB|2+|AD|2+|AA1|2+2AB·AD+2AB·AA1+2AD·AA1
=12+12+22+2×1×1×csπ2+2×1×2×csπ3+2×1×2×csπ3
=1+1+4+2+2=10,
∴|AC1|=10.
故选D.
8.解析 (1)∵M是PC的中点,
∴BM=12(BC+BP).
∵AD=BC,BP=AP-AB,
∴BM=12[AD+(AP-AB)],
结合AB=a,AD=b,AP=c,
得BM=12[b+(c-a)]
=-12a+12b+12c.
(2)∵AB=AD=1,PA=2,
∴|a|=|b|=1,|c|=2.
∵AB⊥AD,∠PAB=∠PAD=60°,
∴a·b=0,a·c=b·c=2×1×cs 60°=1.
由(1)知BM=-12a+12b+12c,
∴BM2=-12a+12b+12c2=14(a2+b2+c2-2a·b-2a·c+2b·c)
=14×(1+1+4-0-2+2)=32,
∴|BM|=62,即BM的长等于62.
9.A 由PA⊥平面ABCD,及三垂线定理可知DA⊥PB,PD⊥AB,PA⊥CD,故B,C,D选项中两向量的数量积为零,无法判断PC与BD是否存在垂直关系,故数量积不一定为零.
10.解析 (1)证明:∵E为PC的中点,∴BE=12(BP+BC)=12(AP-AB+AC-AB)
=12(AP+AC-DC)
=12(AP+AD),
又DP=AP-AD,
∴BE·DP=12(AP2-AD2)=0,
∴BE⊥PD.
(2)∵F为PC上一点,∴可设PF=λPC(0≤λ≤1),
∴BF=BP+PF=AP-AB+λPC=AP-AB+λ(AD+2AB-AP)=(1-λ)AP-(1-2λ)AB+λAD.
又AC=AD+2AB,BF⊥AC,
∴BF·AC=[(1-λ)AP-(1-2λ)AB+λAD]·(AD+2AB)=-2(1-2λ)+4λ=0,
解得λ=14.
∵|PC|=(AD+2AB-AP)2=4+4+4=23,
∴PF=14PC=32,即线段PF的长为32.
能力提升练
D 由题意可得A1M=A1B1+B1M=AB-12BB1,|A1M|=(A1B1+B1M)2=5,B1C=BC-BB1,
|B1C|=(BC-BB1)2=22,cs=A1M·B1C|A1M||B1C|
=AB-12BB1·(BC-BB1)210
=AB·BC+12BB12210 =2×2×cs60°+12×4210
=105.故选D.
2.D 如图所示,设四棱锥V-ABCD的各条棱的棱长为4, 由已知可得==60°,=90°,
AP=12(AV+AC)=12AV+12AD+12AB,CD=-AB,
∴|AP|=12AV+12AD+12AB2=25,|CD|=4,
∴cs=AP·CD|AP||CD|=-1225×4=-3510,
∴异面直线AP与CD所成角的余弦值为3510.
故选D.
3.C 过A作平面α∥平面DBC1,∵点P是底面A1B1C1D1内(含边界)的一点,且AP∥平面DBC1,则P∈平面α,即P在α与平面A1B1C1D1的交线上,连接AB1,AD1,B1D1,
∵DD1?BB1,∴四边形BDD1B1是平行四边形,∴B1D1∥BD,∴B1D1∥平面DBC1,
同理可证AB1∥平面DBC1,∴平面AB1D1∥平面DBC1,则平面AB1D1即为α,点P在线段B1D1上,设正方体的棱长为1,且D1P=λD1B1,
则AP=AD1+D1P=AD+AA1+λ(AB-AD)=(1-λ)AD+AA1+λAB,DB=AB-AD,
∴|DB|=2,|AP|=2λ2-2λ+2,
设AP与BD所成角为θ,则cs θ=|DB·AP||DB|·|AP|=|2λ-1|2λ2-λ+1=12(2λ-1)2λ2-λ+1
=124-3λ2-λ+1
=124-3λ-122+34,
当λ=12时,cs θ取得最小值,为0,
当λ=0或1时,cs θ取得最大值,为12,
∴0≤cs θ≤12,则π3≤θ≤π2.
故选C.
4.答案 12(a+b-2c);16
解析 画出对应的正四面体,设棱长均为1,
易得DM=DA+AM=-c+12(a+b)=12(a+b-2c),CN=AN-AC=12a-b=12(a-2b).
设异面直线DM与CN所成的角为θ,
则cs θ=|2DM·2CN||2DM||2CN|
=|(a+b-2c)·(a-2b)|3·3
=|a2-2a·b+a·b-2b2-2a·c+4b·c|3
=1-1+12-2-1+23=16.
5.答案 26
解析 ∵AM=AB+AD+12AA1,
∴|AM|2=AB+AD+12AA12=|AB|2+|AD|2+14|AA1|2+2AB·AD+AA1·AB+AD·AA1
=22+22+14×42+2×2×2×12+4×2×12+4×2×12 =24,
∴|AM|=26.
6.解析 连接AF,过E作EH∥BF交AB于点H,如图,易得四边形EFBH为平行四边形,
∵EF=2,AB=4,∴AH=2,
又AE=2,EH=2,∴∠EAH=60°,
设AG=xAD(0≤x≤1),则FG=AG-AF=xAD-(AE+EF)=xAD-AE-12AB,
∴|FG|=xAD-AE-12AB2
=x2AD2+AE2+14AB2-2xAD·AE-xAD·AB+AE·AB
=4x2+4+4-4x+4=2x-122+114,
当x=12时,FG取最小值11;当x=0或x=1时,FG取最大值23,
∴FG的长度的范围是[11,23].
7.解析 (1)证明:AE=DE-DA=12(DB+DC)-DA,BC=DC-DB,
所以AE·BC=12DB+12DC-DA·(DC-DB)
=12DB·DC-12DB·DB+12DC·DC-12DC·DB-DA·DC+DA·DB
=0-2+2-0-0+0=0,
所以AE⊥BC.
(2)AE·DC=12DB+12DC-DA·DC
=12DB·DC+12DC·DC-DA·DC
=0+2-0
=2,
|AE|=(2)2+22=6,
所以cs=AE·DC|AE||DC|=26×2=66,
即直线AE与DC所成角的余弦值为66.