【重点推荐】2019高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.2 空间向量的运算课时作业 北师大版选修2-1


2.2 空间向量的运算
[基础达标] 1.如图,在平行六面体 ABCD?A1B1C1D1 中,M 为 A1C1 与 B1D1 的交点.若→AB=a,A→D=b,A→A1=c, 则下列向量中与B→M相等的向量是( )

A.-12a+12b+c

B.12a+12b+c

C.-12a-12b+c

D.12a-12b+c

解析:选 A.∵A→1M=12(a+b),∴B→M=B→A+A→A1+A→1M=-a+c+12(a+b)=-12a+12b+c.

2.已知空间向量 a,b,c 两两夹角为 60°,其模都为 1,则|a-b+2c|=( )

A. 5

B.5

C.6

D. 6

解析:选 A.∵|a|=|b|=|c|=1,〈a,b〉=〈b,c〉=〈c,a〉=60°,

∴|a-b+2c|2=a2+b2+4c2-2a·b-4b·c+4a·c=5,∴|a-b+2c|= 5.

3.设空间四点 O,A,B,P 满足→OP=m→OA+nO→B,其中 m+n=1,则( ) A.点 P 一定在直线 AB 上 B.点 P 一定不在直线 AB 上 C.点 P 可能在直线 AB 上,也可能不在直线 AB 上

D.A→B与A→P的方向一定相同

解析:选 A.∵n=1-m,∴→OP=mO→A+(1-m)→OB=m→OA+→OB-mO→B,

即O→P-O→B=m(→OA-→OB),∴→BP=m→BA,选 A.

4.已知四边形 ABCD 满足:→AB·→BC>0,B→C·C→D>0,C→D·D→A>0,→DA·→AB>0,则该四边形为

()

A.平行四边形

B.梯形

C.平面四边形

D.空间四边形

解析:选 D.∵A→B·B→C>0,∴〈→AB,→BC〉为锐角, ∴∠B 为钝角,同理可得∠C,∠D,∠A 均为钝角,则有∠A+∠B+∠C+∠D>360°.

1

∴该四边形为空间四边形. 5.如图,在直三棱柱 ABC?A1B1C1 中,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点 E,F 分别是棱 AB,BB1 的中点,则直线 EF 和 BC1 所成的角是( )

A.45°

B.60°

C.90°

D.120°

解析:选 B.令B→A=a,→BC=b,B→B1=c,则|a|=|b|=|c|=m(m>0),a·b=b·c=c·a=0,

→EF=12(c-a),B→C1=b+c,又|E→F|= 22m,|B→C1|=

2m,∴cos〈→EF,B→C1〉=|E→ E→FF·||BB→→CC11|=

12m2 22m·

2m

=12,∴直线 EF 和 BC1 所成的角为 60°.

6.化简(→AB-→CD)-(A→C-B→D)=________.

解析:法一:(利用相反向量的关系转化为加法运算)(→AB-→CD)-(A→C-B→D)=A→B-C→D-A→C+B→D

=A→B+D→C+C→A+B→D=A→B+B→D+D→C+C→A=0.

法二:(利用向量的减法运算法则求解)

(A→B-C→D)-(→AC-→BD)=(A→B-A→C)+B→D-C→D=C→B+B→D-C→D=C→D-C→D=0.

答案:0

7.设 e1,e2 是空间两个不共线的向量,若→AB=e1+ke2,→BC=5e1+4e2,D→C=-e1-2e2,且 A, B,D 三点共线,则实数 k=________.

解析:B→D=B→C+C→D=B→C-D→C=6(e1+e2),∵A、B、D 三点共线,可令→AB=λ B→D,即 e1+ke2

=6λ

(e1+e2),又

e1,e2

不共线,故有???6λ ??6λ

=1 =k,∴k=1.

答案:1

8.

如图,已知四棱柱 ABCD?A1B1C1D1 的底面 ABCD 是矩形,AB=4,AA1=3,∠BAA1=60°,E 为 棱 C1D1 的中点,则A→B·A→E=________.
解析:A→E=A→A1+→AD+12→AB,
2

→AB·→AE=→AB·A→A1+A→B·A→D+12A→B2=4×3×cos 60°+0+12×42=14. 答案:14 9.已知 A,B,C 三点不共线,对平面 ABC 外一点 O,在下列条件下,判断点 P 是否与 A,B, C 三点共面. (1)→OP=25→OA+15O→B+25O→C; (2)→OP=2→OA-2O→B-O→C. 解:(1)→OP=25→OA+15O→B+25O→C=25→OA+15(O→A+A→B)+25(→OA+→AC)=O→A+15A→B+25→AC, 即O→P=O→A+15→AB+25→AC,→AP=15A→B+25A→C, 所以点 P 与 A,B,C 三点共面. (2)→OP=2→OA-2O→B-O→C=2O→A-2(→OA+→AB)-(O→A+A→C)=-2A→B-O→A-A→C, 即O→P=-→OA-2A→B-A→C, 而A→P不能由A→B和A→C表示, 所以不能把 OP 化为O→P=O→A+xA→B+y→AC的形式, 所以点 P 不与 A,B,C 三点共面. 10.
如图所示,四边形 ABCD、ABEF 都是平行四边形且不共面,M,N 分别是 AC,BF 的中点,判 断C→E与M→N是否共线.
解:∵M、N 分别是 AC、BF 的中点,且四边形 ABCD、ABEF 都是平行边形, ∴M→N=M→A+A→F+F→N=12→CA+→AF+12→FB. 又∵→MN=→MC+→CE+→EB+→BN =-12C→A+C→E-A→F-12F→B, ∴12→CA+→AF+12→FB=-12→CA+→CE-→AF-12→FB. ∴C→E=C→A+2→AF+→FB=2(M→A+A→F+F→N). ∴C→E=2→MN.
3

∴C→E∥M→N,即→CE与→MN共线.

[能力提升]

1.已知在空间四边形 OABC 中(如图所示),OA⊥BC,OB⊥AC,则 OC 和 AB 所成的角为( )

A.45°

B.60°

C.30°

D.90°

解析:选 D.由已知得

→OA⊥→BC,→OB⊥→AC,

∴O→A·B→C=0,O→B·A→C=0,

∴O→A·(→OC-→OB)=0,→OB·(→OC-→OA)=0,

∴O→A·O→C=O→A·O→B,O→B·O→C=O→B·O→A,

∴O→A·O→C-O→B·O→C=0,(O→A-O→B)·→OC=0,B→A·O→C=0,

∴O→C⊥A→B,即 OC 和 AB 成 90°角.

2.已知向量 a,b 满足|a|=|b|=|a+b|=1,则向量 a,b 的夹角为________.

解析:∵|a|=|b|=|a+b|=1,

∴1=|a+b|2=(a+b)2=a2+2a·b+b2=2+2cos〈a,b〉,∴cos〈a,b〉=-12,∴a,b

的夹角为 120°.

答案:120°

3.如图,在平行四边形 ABCD 中,AB=AC=1,∠ACD=90°,将它沿对角线 AC 折起,使 AB

与 CD 成 60°角,求 B、D 间的距离.

解:∵∠ACD=90°, ∴A→C·C→D=0.同理,B→A·A→C=0.
∵AB 与 CD 成 60°角,
4

∴〈→BA,→CD〉=60°或 120°. ∵B→D=B→A+A→C+C→D, ∴|→BD|2=|B→A|2+|→AC|2+|C→D|2+2B→A·A→C+2B→A·C→D+2→AC·→CD=|→BA|2+|A→C|2+|→CD|2+2→BA·→CD =3+2·1·1·cos〈→BA,→CD〉
??4,〈B→A,→CD〉=60°, =???2,〈→BA,C→D〉=120°, ∴|→BD|=2 或 2,即 B、D 间的距离为 2 或 2. 4.如图,PA 垂直于矩形 ABCD 所在的平面,M,N 分别是 AB,PC 的中点,
(1)求证:MN⊥CD; (2)若∠PDA=45°,求证:MN⊥平面 PCD. 证明:(1)设→AB=a,A→D=b,→AP=c,则M→N=M→B+B→C+C→N =12→AB+→AD-12→PC =12→AB+→AD-12(P→A+A→D+D→C)=12→AB+→AD+12→AP-12A→D-12A→B=12(→AD+→AP)=12(b+c), ∴M→N·C→D=12(b+c)·(-a) =-12(a·b+a·c), ∵四边形 ABCD 是矩形,PA⊥平面 ABCD, ∴a⊥b,a⊥c,∴a·b=a·c=0, ∴M→N·C→D=0, ∴M→N⊥C→D,故 MN⊥CD. (2)由(1)知,MN⊥CD,→MN=12(b+c), ∵P→D=A→D-A→P=b-c, ∴M→N·P→D=12(b+c)·(b-c) =12(|b|2-|c|2), ∵PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥AD, 又∠PDA=45°,
5

∴PA=AD,∴|b|=|c|, ∴M→N·P→D=0,∴→MN⊥→PD, ∴MN⊥PD, ∵CD,PD 平面 PCD,且 CD∩PD=D, ∴MN⊥平面 PCD.
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