2025屆新教材高中數(shù)學(xué)第1章空間向量與立體幾何1.1空間向量及其運(yùn)算1.1.2空間向量的數(shù)量積運(yùn)算素養(yǎng)作業(yè)新人教A屆選擇性必修第一冊

第一章1.11.1.2A組·基礎(chǔ)自測一、選擇題1．(多選題)下列各命題中，正確的有(ABC)A.eq\r(a·a)＝|a|B．m(λa)·b＝(mλ)a·b(m，λ∈R)C．a(chǎn)·(b＋c)＝(b＋c)·aD．a(chǎn)2b＝b2a[解析]∵a·a＝|a|2，∴eq\r(a·a)＝|a|，故A正確；m(λa)·b＝(mλa)·b＝mλa·b＝(mλ)a·b，故B正確；a·(b＋c)＝a·b＋a·c＝b·a＋c·a＝(b＋c)·a，故C正確；a2·b＝|a|2·b，b2·a＝|b|2·a，故D不一定正確．2．已知|a|＝2，|b|＝3，〈a，b〉＝60°，則|2a－3b|等于(C)A.eq\r(97) B．97C．eq\r(61) D．61[解析]|2a－3b|2＝4a2＋9b2－12a·b＝4×4＋9×9－12×|a|×|b|cos60°＝97－12×2×3×eq\f(1,2)＝61.所以|2a－3b|＝eq\r(61).3．已知a⊥b，|a|＝2，|b|＝3，且(3a＋2b)⊥(λa－b)，則λ等于(A)A.eq\f(3,2) B．－eq\f(3,2)C．±eq\f(3,2) D．1[解析]因為a⊥b，所以a·b＝0，因為(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＝eq\f(3,2).4．如圖所示，在平面角為120°的二面角α－AB－β中，AC?α，BD?β，且AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分別為A，B.已知AC＝AB＝BD＝6，則C，D兩點(diǎn)間的距離是(C)A．8 B．10C．12 D．14[解析]因為AC⊥AB，BD⊥AB，所以eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0.因為二面角α－AB－β的平面角為120°，所以〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝180°－120°＝60°.所以eq\o(CD,\s\up6(→))2＝(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))2＝eq\o(CA,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(BD,\s\up6(→))2＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋2eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝3×62＋2×62×cos60°＝144，所以CD＝12.5．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為D1C1的中點(diǎn)，則向量eq\o(A1C1,\s\up6(→))在向量eq\o(DE,\s\up6(→))上的投影向量是(D)A.eq\f(\r(10),10)eq\o(DE,\s\up6(→)) B．eq\f(\r(10),5)eq\o(DE,\s\up6(→))C.eq\f(\r(5),5)eq\o(DE,\s\up6(→)) D．eq\f(2,5)eq\o(DE,\s\up6(→))[解析]設(shè)正方體的棱長為1，eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，則|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b＝b·c＝c·a＝0.因為eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝a＋b，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\o(DD1,\s\up6(→))＋eq\o(D1E,\s\up6(→))＝eq\o(DD1,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(D1C1,\s\up6(→))＝c＋eq\f(1,2)a，所以eq\o(A1C1,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝(a＋b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,2)a))＝a·c＋b·c＋eq\f(1,2)a2＋eq\f(1,2)a·b＝eq\f(1,2)a2＝eq\f(1,2)，|eq\o(DE,\s\up6(→))|＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(5),2)，|A1C1|＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，所以向量eq\o(A1C1,\s\up6(→))在向量eq\o(DE,\s\up6(→))上的投影向量是|eq\o(A1C1,\s\up6(→))|cos〈eq\o(A1C1,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉eq\f(\o(DE,\s\up6(→)),|\o(DE,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,5)eq\o(DE,\s\up6(→)).二、填空題6．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為a，則eq\o(A1B,\s\up6(→))·eq\o(B1C,\s\up6(→))＝_a2__.[解析]如圖，eq\o(A1B,\s\up6(→))·eq\o(B1C,\s\up6(→))＝eq\o(A1B,\s\up6(→))·eq\o(A1D,\s\up6(→))＝|eq\o(A1B,\s\up6(→))|·|eq\o(A1D,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(A1B,\s\up6(→))，eq\o(A1D,\s\up6(→))〉＝eq\r(2)a×eq\r(2)a×cos60°＝a2.7．已知a，b是兩個空間向量，若|a|＝2，|b|＝2，|a－b|＝eq\r(7)，則cos〈a，b〉＝eq\f(1,8).[解析]將|a－b|＝eq\r(7)化為(a－b)2＝7，求得a·b＝eq\f(1,2)，再由a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(\f(1,2),2×2)＝eq\f(1,8).8．已知a，b是兩異面直線，A，B∈a，C，D∈b，若AC⊥b，BD⊥b，且AB＝2，CD＝1，則直線a，b所成的角為60°.[解析]由題意，得eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(CD,\s\up6(→))，eq\o(DB,\s\up6(→))⊥eq\o(CD,\s\up6(→))，即eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0.因為eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→)))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CD,\s\up6(→))2＝1.因為cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2)，所以〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝60°，所以直線a，b所成的角為60°.三、解答題9．如圖，正四棱錐P－ABCD的各棱長都為a.(1)用向量法證明BD⊥PC；(2)求|eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))|的值．[解析](1)證明：因為eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))，所以eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→)))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝|eq\o(BC,\s\up6(→))||eq\o(PC,\s\up6(→))|·cos60°＋|eq\o(CD,\s\up6(→))||eq\o(PC,\s\up6(→))|cos120°＝eq\f(1,2)a2－eq\f(1,2)a2＝0.所以eq\o(BD,\s\up6(→))⊥eq\o(PC,\s\up6(→))，所以BD⊥PC.(2)因為eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))，所以|eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))|2＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(BC,\s\up6(→))|2＋|eq\o(PC,\s\up6(→))|2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＋2eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝a2＋a2＋a2＋0＋2a2cos60°＋2a2cos60°＝5a2，所以|eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))|＝eq\r(5)a.B組·素養(yǎng)提升一、選擇題1．已知在空間四邊形ABCD中，∠ACD＝∠BDC＝90°，且AB＝2，CD＝1，則AB與CD所成的角是(C)A．30° B．45°C．60° D．90°[解析]根據(jù)已知∠ACD＝∠BDC＝90°，得eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→)))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＋eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝1，∴cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2)，∴AB與CD所成的角為60°.2．設(shè)平面上有四個互異的點(diǎn)A，B，C，D，已知(eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))－2eq\o(DA,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝0，則△ABC是(B)A．直角三角形 B．等腰三角形C．等腰直角三角形 D．等邊三角形[解析]因為eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))－2eq\o(DA,\s\up6(→))＝(eq\o(DB,\s\up6(→))－eq\o(DA,\s\up6(→)))＋(eq\o(DC,\s\up6(→))－eq\o(DA,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))，所以(eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))－2eq\o(DA,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))2－eq\o(AC,\s\up6(→))2＝0，所以|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|，因此△ABC是等腰三角形．3．(多選題)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，有下列命題，其中正確的有(AB)A．(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))2＝3eq\o(AB,\s\up6(→))2B.eq\o(A1C,\s\up6(→))·(eq\o(A1B1,\s\up6(→))－eq\o(A1A,\s\up6(→)))＝0C.eq\o(AD1,\s\up6(→))與eq\o(A1B,\s\up6(→))的夾角為60°D．正方體的體積為|eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))|[解析]如圖所示，(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))2＝(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1D1,\s\up6(→))＋eq\o(D1C1,\s\up6(→)))2＝eq\o(AC1,\s\up6(→))2＝3eq\o(AB,\s\up6(→))2；eq\o(A1C,\s\up6(→))·(eq\o(A1B1,\s\up6(→))－eq\o(A1A,\s\up6(→)))＝eq\o(A1C,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝0；eq\o(AD1,\s\up6(→))與eq\o(A1B,\s\up6(→))的夾角是eq\o(D1C,\s\up6(→))與eq\o(D1A,\s\up6(→))夾角的補(bǔ)角，而eq\o(D1C,\s\up6(→))與eq\o(D1A,\s\up6(→))的夾角為60°，故eq\o(AD1,\s\up6(→))與eq\o(A1B,\s\up6(→))的夾角為120°；正方體的體積為|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AA1,\s\up6(→))||eq\o(AD,\s\up6(→))|.二、填空題4．如圖，在正四棱臺ABCD－A1B1C1D1中，O，O1分別是對角線AC，A1C1的中點(diǎn)，則〈eq\o(AO,\s\up6(→))，eq\o(O1C1,\s\up6(→))〉＝0°，〈eq\o(OO1,\s\up6(→))，eq\o(A1B1,\s\up6(→))〉＝90°.[解析]由題意得eq\o(AO,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))方向相同，在同一條直線AC上，故〈eq\o(AO,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))〉＝0°；eq\o(O1C1,\s\up6(→))可平移到直線AC上，與eq\o(OC,\s\up6(→))重合，故〈eq\o(AO,\s\up6(→))，eq\o(O1C1,\s\up6(→))〉＝0°；由題意知OO1是正四棱臺ABCD－A1B1C1D1的高，故OO1⊥平面A1B1C1D1，A1B1?平面A1B1C1D1，所以O(shè)O1⊥A1B1，故〈eq\o(OO1,\s\up6(→))，eq\o(A1B1,\s\up6(→))〉＝90°.5．四棱柱ABCD－A1B1C1D1各棱長均為1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，則點(diǎn)B與點(diǎn)D1之間的距離為eq\r(2).[解析]∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1各棱長均為1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，∴eq\o(BD1,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DD1,\s\up6(→))，∴eq\o(BD1,\s\up6(→))2＝(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DD1,\s\up6(→)))2＝eq\o(BA,\s\up6(→))2＋eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\o(DD1,\s\up6(→))2＋2eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋2eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(DD1,\s\up6(→))＋2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DD1,\s\up6(→))＝1＋1＋1＋2×1×1×cos120°＋2×1×1×cos120°＋2×1×1×cos60°＝2，∴|eq\o(BD1,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，∴點(diǎn)B與點(diǎn)D1兩點(diǎn)間的距離為eq\r(2).三、解答題6．如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，底面邊長為eq\r(2).(1)設(shè)側(cè)棱長為1，求證：AB1⊥BC1；(2)設(shè)AB1與BC1的夾角為eq\f(π,3)，求側(cè)棱的長．[解析](1)證明：eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)).因為BB1⊥平面ABC，所以eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0.又△ABC為正三角形，所以〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝π－〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝π－eq\f(π,3)＝eq\f(2π,3).因為eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→)))·(eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))2＋eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(BC,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＋eq\o(BB1,\s\up6(→))2＝－1＋1＝0，所以AB1⊥BC1.(2)結(jié)合(1)知eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(BC,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＋eq\o(BB1,\s\up6(→))2＝eq\o(BB1,\s\up6(→))2－1.又|eq\o(AB1,\s\up6(→))|＝eq\r(\o(\s\up7(),\s\do5())\o(AB,\s\up6(→))＋\o(BB1,\s\up6(→))2)＝eq\r(\o(\s\up7(),\s\do5())2＋\o(BB1,\s\up6(→))2)＝|eq\o(BC1,\s\up6(→))|，所以cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\