1、课时跟踪检测（十六） 空间向量的数量积运算层级一学业水平达标1已知向量a，b是平面内两个不相等的非零向量，非零向量c在直线l上，则ca0，且cb0是l的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析：选B若l平面，则ca，ca0，cb，cb0；反之，若ab，则ca，cb，并不能保证l平面.2已知e1，e2是夹角为60的两个单位向量，则ae1e2与be12e2的夹角是()A60 B120C30 D90解析：选Bab(e1e2)(e12e2)ee1e22e1112，|a|，|b|.cosa，b.a，b120.3.如图，已知空间四边形每条边和对角线长都等于a，E，F，G分
2、别是AB，AD，DC的中点，则下列向量的数量积等于a2的是()A2B2C2D2解析：选C2a2，故A错；2a2，故B错；2a2，故D错，只有C正确4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，数量积不为零的是()A与 B与C与 D与解析：选A用排除法，因为PA平面ABCD，所以PACD，故0，排除D；因为ADAB，PAAD，又PAABA，所以AD平面PAB，所以ADPB，故0，排除B，同理0，排除C.5在正方体ABCDA1B1C1D1中，有下列命题：()232；()0；与的夹角为60；正方体的体积为|.其中正确命题的个数是()A1 B2C3
3、D4解析：选B如图所示，()2()2232；()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|.综上可知，正确6已知|a|13，|b|19，|ab|24，则|ab|_.解析：|ab|2a22abb21322ab192242，2ab46，|ab|2a22abb253046484，故|ab|22.答案：227已知PA平面ABC，ABC120，PAABBC6，如图，则PC等于_解析：，|2()2222222363636002|cos 60108266144.PC12.答案：128已知a，b是异面直线，A，Ba，C，Db，ACb，BDb，且AB2，CD1，则a，b所
4、成的角是_解析：，()|21，cos，异面直线a，b所成角是60.答案：609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，求异面直线OE与BF所成角的余弦值解：如图所示，设a，b，c，|a|b|c|1，易知AOBBOCAOC，则abbcca.()(ab)，cb，又|，(ab)acbcabb2，cos，.异面直线OE与BF所成角的余弦值是.10.如图，正三棱柱ABCA1B1C1中，底面边长为.(1)设侧棱长为1，求证：AB1BC1；(2)设AB1与BC1的夹角为，求侧棱的长解：(1)证明：，.BB1平面ABC，0，0.又ABC为正三角形，.()()2|cos，211
5、0，AB1BC1.(2)由(1)知|cos，221.又|，cos，|2，即侧棱长为2.层级二应试能力达标1已知在正四面体ABCD中，所有棱长都为1，ABC的重心为G，则DG的长为()A.B.C. D.解析：选D如图，连接AG并延长交BC于点M，连接DM，G是ABC的重心，AGAM，()() ()，而()22221112(cos 60cos 60cos 60)6，|.2已知空间四边形ABCD中，ACDBDC90，且AB2，CD1，则AB与CD所成的角是()A30 B45C60 D90解析：选C根据已知ACDBDC90，得0，()|2|21，cos，AB与CD所成的角为60.3设a，b，c是任意的
6、非零空间向量，且它们互不共线，给出下列命题：(ab)c(ca)b0；|a|b|0，cosCBDcos，0，CBD为锐角同理，BCD与BDC均为锐角，BCD为锐角三角形5已知a，b是空间两个向量，若|a|2，|b|2，|ab|，则cosa，b_.解析：将|ab|两边平方，得(ab)27.因为|a|2，|b|2，所以ab.又ab|a|b|cosa，b，故cosa，b.答案：6.如图所示，在一个直二面角 AB的棱上有两点A，B，AC，BD分别是这个二面角的两个面内垂直于AB的线段，且AB4，AC6，BD8，则CD的长为_解析：，()2222163664116，|2.答案：27.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB1，BC2，AA13，E为CC1上的点，且CE1，求异面直线AB1，BE所成角的余弦值解：()()00033.依题意，易知|，|，cos，.8如图所示，在平行四边形ABCD中，ABAC1，ACD90，将它沿对角线AC折起，使AB与CD成60角，求B，D间的距离解：ACD90，0.同理0.AB与CD成60角，60或120.又，|2|2|2|2222 3211cos，当，60时，4；当，120时，22.|2或，即B，D间的距离为2或.