2020-2021学年数学新教材人教A版选择性必修第一册课时分层作业：1 8页

www.ks5u.com 课时分层作业(二)　‎ ‎(建议用时：40分钟)‎ 一、选择题 ‎1．已知a⊥b，|a|＝2，|b|＝3，且(3a＋2b)⊥(λa－b)，则λ等于(　　)‎ A．　　　　B．－　　　　C．±　　　　D．1‎ A　[∵a⊥b，∴a·b＝0，∵3a＋2b⊥λa－b，∴(3a＋2b)·(λa－b)＝0，‎ 即3λa2＋(2λ－3)a·b－2b2＝0，∴12λ－18＝0，解得λ＝.]‎ ‎2．已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则·的值为(　　)‎ A．a2 B．a2 C．a2 D．a2‎ C　[·＝(＋)·＝(·＋·)＝＝a2.]‎ ‎3．已知长方体ABCDA1B1C1D1，则下列向量的数量积一定不为0的是(　　)‎ A．· B．· C．· D．· D　[对于选项A，当四边形ADD1A1为正方形时，可得AD1⊥A1D，而A1D∥B1C，可得AD1⊥B1C，此时有·＝0；对于选项B，当四边形ABCD为正方形时，AC⊥BD，易得AC⊥平面BB1D1D，故有AC⊥BD1，此时有·＝0；对于选项C，由长方体的性质，可得AB⊥平面ADD1A1，可得AB⊥AD1，此时必有·＝0；对于选项D，由长方体的性质，可得BC⊥平面CDD1C1，可得BC⊥CD1，△BCD1为直角三角形，∠BCD1为直角，故BC与BD1不可能垂直，即·≠0.故选D.]‎ ‎4．在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，向量与向量所成的角为(　　)‎ A．60° B．150° C．90° D．120°‎ D　[＝＋，||＝a，＝A＋，||＝a.‎ ‎∴·＝·＋·＋·＋·＝－a2.‎ ‎∴cos〈，〉＝＝－.‎ ‎∴〈，〉＝120°.]‎ ‎5.如图所示，在平行六面体ABCDA′B′C′D′中，AB＝1，AD＝2，AA′＝3，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°，则AC′的长为(　　)‎ A． B． C． D． B　[∵＝＋＋，‎ ‎∴2＝(＋＋)2‎ ‎＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)‎ ‎＝12＋22＋32＋2(0＋1×3cos 60°＋2×3cos 60°)‎ ‎＝14＋2×＝23，‎ ‎∴||＝，即AC′的长为.]‎ 二、填空题 ‎6．已知a，b是空间两个向量，若|a|＝2，|b|＝2，|a－b|＝，则cos〈a，b〉＝________.‎ 　[将|a－b|＝两边平方，得(a－b)2＝7.‎ 因为|a|＝2，|b|＝2，所以a·b＝.‎ 又a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，故cos〈a，b〉＝.]‎ ‎7．已知a，b是异面直线，A，B∈a，C，D∈b，AC⊥b，BD⊥b，且AB＝2，CD＝1，则a，b所成的角是________．‎ ‎60°　[＝＋＋，‎ ‎∴·＝·(＋＋)＝||2＝1，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝，‎ ‎∴异面直线a，b所成角是60°.]‎ ‎8．已知|a|＝2，|b|＝1，〈a，b〉＝60°，则使向量a＋λb与λa－2b的夹角为钝角的实数λ的取值范围是________．‎ ‎(－1－，－1＋)　[由题意知 即 得λ2＋2λ－2<0.∴－1－<λ<－1＋.]‎ 三、解答题 ‎9.如图，在四棱锥PABCD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＝a，＝b，＝c.‎ ‎(1)试用a，b，c表示出向量；‎ ‎(2)求BM的长．‎ ‎[解]　(1)∵M是PC的中点，‎ ‎∴＝(＋)＝[＋(－)]‎ ‎＝[b＋(c－a)]＝－a＋b＋c.‎ ‎(2)由于AB＝AD＝1，PA＝2，∴|a|＝|b|＝1，|c|＝2，‎ 由于AB⊥AD，∠PAB＝∠PAD＝60°，∴a·b＝0，a·c＝b·c＝2·1·cos 60°＝1，‎ 由于＝(－a＋b＋c)，‎ ‎||2＝(－a＋b＋c)2＝[a2＋b2＋c2＋2(－a·b－a·c＋b·c)]＝[12＋12＋22＋2(0－1＋1)]＝.‎ ‎∴||＝，∴BM的长为.‎ ‎10.如图，已知直三棱柱ABCA′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为AB，BB′的中点．‎ ‎(1)求证：CE ⊥A′D；‎ ‎(2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值．‎ ‎[解]　(1)证明：设＝a，＝b，＝c，‎ 根据题意得|a|＝|b|＝|c|，且a·b＝b·c＝c·a＝0.‎ ‎∴＝b＋c，＝－c＋b－a.‎ ‎∴·＝·＝－c2＋b2＝0，‎ ‎∴⊥，即CE⊥A′D.‎ ‎(2)∵＝－a＋c，∴||＝|a|，||＝|a|，‎ ‎∵·＝(－a＋c)·＝c2＝|a|2，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝.‎ ‎∴异面直线CE与AC′所成角的余弦值为.‎ ‎11．(多选题)在正方体ABCDA1B1C1D1中，下列命题正确的有(　　)‎ A．(＋＋)2＝32‎ B．·(－)＝0‎ C．与的夹角为60°‎ D．正方体的体积为|··|‎ AB　[如图，(＋＋)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||||||.故选AB.]‎ ‎12．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，若E是底面正方形A1B1C1D1的中心， 则与(　　)‎ A．重合 B．平行但不重合 C．垂直 D．无法确定 C　[＝＋＋，＝＋＝－(＋)，于是·＝(＋＋)·＝·－2－·＋·－·－2＋2－·－·＝0－－0＋0－0－＋1－0－0＝0，‎ 故⊥.]‎ ‎13．(一题两空)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，设AD＝AA1＝1，AB＝2，P是C1D1的中点，则·＝________，与所成角的大小为________．‎ ‎1　60°　[法一：连接A1D，则∠PA1D就是与所成角．连接PD，在△PA1D中，易得PA1＝DA1＝PD＝，即△PA1D为等边三角形，从而∠PA1D＝60°，即与所成角的大小为60°.因此·＝××cos 60°＝1.‎ 法二：根据向量的线性运算可得 ·＝(＋)·＝2＝1.‎ 由题意可得PA1＝B1C＝，则××cos〈，〉＝1，从而〈，〉＝60°.]‎ ‎14．已知在正四面体DABC中，所有棱长都为1，△ABC的重心为G，则DG的长为________．‎ 　[如图，连接AG并延长交BC于点M，连接DM，∵G是△ABC的重心，∴AG＝AM，‎ ‎∴＝，＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝(＋＋)，而(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2(cos 60°＋cos 60°＋cos 60°)＝6，∴||＝.]‎ ‎15.如图，正四面体VABC的高VD的中点为O，VC的中点为M.‎ ‎(1)求证：AO，BO，CO两两垂直；‎ ‎(2)求〈，〉．‎ ‎[解]　(1)证明：设＝a，＝b，＝c，正四面体的棱长为1，‎ 则＝(a＋b＋c)，＝(b＋c－5a)，‎ ＝(a＋c－5b)，＝(a＋b－5c)，‎ 所以·＝(b＋c－5a)·(a＋c－5b)＝(18a·b－9|a|2)＝(18×1×1×cos 60°－9)＝0，‎ 所以⊥，‎ 即AO⊥BO.同理，AO⊥CO，BO⊥CO.‎ 所以AO，BO，CO两两垂直．‎ ‎(2)＝＋＝－(a＋b＋c)＋c＝(－2a－2b＋c)，所以||＝＝.‎ 又||＝＝，‎ ·＝(－2a－2b＋c)·(b＋c－5a)＝，‎ 所以cos〈，〉＝＝.‎ 又〈，〉∈[0，π]，‎ 所以〈，〉＝.‎