人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.1 空间向量及其运算复习练习题

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.1 空间向量及其运算复习练习题，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第一章　1.1　1.1.2 A组·素养自测一、选择题1．设a、b、c是任意的非零平面向量，且它们相互不共线，则①(a·b)c－(c·a)b＝0；②|a|－|b|<|a－b|；③(b·a)c－(c·a)b不与c垂直；④(3a＋2b)·(3a－2b)＝9|a|2－4|b|2.其中正确的是( D )A．①②　　　  B．②③　　　 C．③④　　　  D．②④[解析]　根据数量积的定义及性质可知：①③错误，②④正确．故选D．2．已知|a|＝2，|b|＝3，〈a，b〉＝60°，则|2a－3b|等于( C )A．　　  B．97 C．　　  D．61[解析]　|2a－3b|2＝4a2＋9b2－12a·b＝4×4＋9×9－12×|a|×|b|cos 60°＝97－12×2×3×＝61.所以|2a－3b|＝.3．已知a⊥b，|a|＝2，|b|＝3，且(3a＋2b)⊥(λa－b)，则λ等于( A )A．　　  B．－ C．±　　  D．1[解析]　因为a⊥b，所以a·b＝0，因为(3a＋2b)⊥(λa－b)，所以(3a＋2b)·(λa－b)＝0，即3λa2＋(2λ－3)a·b－2b2＝0，所以12λ－18＝0，解得λ＝.4．如图所示，在平面角为120°的二面角α－AB－β中，AC⊂α，BD⊂β，且AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A，B．已知AC＝AB＝BD＝6，则C，D两点间的距离是( C )A．8　　  B．10 C．12　　  D．14[解析]　因为AC⊥AB，BD⊥AB，所以·＝0，·＝0.因为二面角α－AB－β的平面角为120°，所以〈，〉＝180°－120°＝60°.所以2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝3×62＋2×62×cos 60°＝144，所以CD＝12.5．(多选)如图所示，已知空间四边形ABCD每条边和对角线长都为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的是( AC )A．2·　　  B．2·C．2·　　  D．2·[解析]　2·＝－2a2cos 60°＝－a2,2·＝2·＝2a2cos 60°＝a2,2·＝·＝－a2，2·＝·＝－·＝－a2.二、填空题6．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，则·＝_a2__.[解析]　如图，·＝·＝||·||·cos〈，〉＝a×a×cos 60°＝a2.7．在空间四边形ABCD中，·＋·＋·＝_0__.[解析]　原式＝·＋·＋·(－)＝·(－)＋·(＋)＝·＋·＝·－·＝0.8．已知a，b是两个空间向量，若|a|＝2，|b|＝2，|a－b|＝，则cos〈a，b〉＝ 　.[解析]　将|a－b|＝化为(a－b)2＝7，求得a·b＝，再由a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，cos〈a，b〉＝＝＝.三、解答题9．已知空间四边形OABC各边及对角线长都相等，E，F分别为AB，OC的中点，求OE与BF所成角的余弦值．[解析]　设＝a，＝b，＝c且|a|＝|b|＝|c|＝1，易知∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝，则a·b＝b·c＝c·a＝.因为＝(＋)＝(a＋b)，＝－＝－＝c－b，||＝||＝，所以·＝(a＋b)·＝a·c＋b·c－a·b－b2＝－.设与的夹角为θ，cos θ＝＝＝－.所以OE与BF所成角的余弦值为.10．如图，正四棱锥P－ABCD的各棱长都为A．(1)用向量法证明BD⊥PC；(2)求|＋|的值．[解析]　(1)因为＝＋，所以·＝(＋)·＝·＋·＝||||·cos 60°＋||||cos 120°＝a2－a2＝0.所以⊥，所以BD⊥PC．(2)因为＋＝＋＋，所以|＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝a2＋a2＋a2＋0＋2a2cos 60°＋2a2cos 60°＝5a2，所以|＋|＝A．B组·素养提升一、选择题1．已知在空间四边形ABCD中，∠ACD＝∠BDC＝90°，且AB＝2，CD＝1，则AB与CD所成的角是( C )A．30°  B．45° C．60°  D．90°[解析]　根据已知∠ACD＝∠BDC＝90°，得·＝·＝0，∴·＝(＋＋)·＝·＋||2＋·＝||2＝1，∴cos〈，〉＝＝，∴AB与CD所成的角为60°.2．若向量m垂直于向量a和b，向量n＝λa＋μb(λ，μ∈R且λ，μ≠0)，则( B )A．m∥nB．m⊥nC．m既不平行于n，也不垂直于nD．以上三种情况都有可能[解析]　由已知得m·a＝0，m·b＝0，所以m·n＝m·(λa＋μb)＝λm·a＋μm·b＝0.因此m⊥n，故选B．3．设平面上有四个互异的点A，B，C，D，已知(＋－2)·(－)＝0，则△ABC是( B )A．直角三角形  B．等腰三角形C．等腰直角三角形  D．等边三角形[解析]　因为＋－2＝(－)＋(－)＝＋，所以(＋－2)·(－)＝(＋)·(－)＝2－2＝0，所以||＝||，因此△ABC是等腰三角形．4．(多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，有下列命题，其中正确的有( AB )A．(＋＋)2＝32B．·(－)＝0C．与的夹角为60°D．正方体的体积为|··|[解析]　如图所示，(＋＋)2＝(＋＋)2＝2＝32；·(－)＝·＝0；与的夹角是与夹角的补角，而与的夹角为60°，故与的夹角为120°；正方体的体积为||||||.二、填空题5．如图，在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，O，O1分别是对角线AC，A1C1的中点，则〈，〉＝ 0°　，〈，〉＝ 90°　.[解析]　由题意得，方向相同，在同一条直线AC上，故〈，〉＝0°；可平移到直线AC上，与重合，故〈，〉＝0°；由题意知OO1是正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高，故OO1⊥平面A1B1C1D1，A1B1⊂平面A1B1C1D1，所以OO1⊥A1B1，故〈，〉＝90°.6．四棱柱ABCD－A1B1C1D1各棱长均为1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，则点B与点D1之间的距离为 　.[解析]　∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1各棱长均为1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，∴＝＋＋，∴2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2×1×1×cos 120°＋2×1×1×cos 120°＋2×1×1×cos 60°＝2，∴||＝，∴点B与点D1两点间的距离为.7．(2023·嘉兴高二期末)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点P为底面ABCD上一点，则·的最小值为 －　.[解析]　在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点P为底面ABCD上一点，则·＝·(＋CC1)＝·＝||||cos 〈，〉，当，反向时，cos 〈，〉的最小值为－1，此时||||≤2＝2＝，当且仅当||＝||＝时取等号，所以·的最小值为－.三、解答题8．如图，在正四面体ABCD中，棱长为a，M，N分别是棱AB，CD上的点，且MB＝2AM，CN＝ND，求MN.[解析]　∵＝＋＋＝＋(－)＋(－)＝－＋＋，∴·＝·＝2＋2＋2－·－·＋·＝a2－a2cos 60°－a2cos 60°＋a2cos 60°＝a2，故||＝＝a，即MN＝A．9．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长为.(1)设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1；(2)设AB1与BC1的夹角为，求侧棱的长．[解析]　(1)证明：＝＋，＝＋.因为BB1⊥平面ABC，所以·＝0，·＝0.又△ABC为正三角形，所以〈，〉＝π－〈，〉＝π－＝.因为·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋2＋·＝||·||·cos〈，〉＋2＝－1＋1＝0，所以AB1⊥BC1.(2)结合(1)知·＝||·||·cos〈，〉＋2＝2－1.又||＝＝＝||，所以cos〈，〉＝＝，所以||＝2，即侧棱长为2.