高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用达标测试

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用达标测试，共7页。试卷主要包含了已知向量a，b满足等内容，欢迎下载使用。
二　空间向量的数量积运算(15分钟　30分)1．已知向量a，b是平面α内的两个不相等的非零向量，非零向量c是直线l的一个方向向量，则c·a＝0且c·b＝0是l⊥α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.当a与b不共线时，由c·a＝0，c·b＝0，可推出l⊥α；当a与b为共线向量时，由c·a＝0，c·b＝0，不能推出l⊥α.若l⊥α，则一定有c·a＝0，c·b＝0，故选项B符合题意．2．在空间四边形OABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝，则cos 〈，〉等于(　　)A．     B．     C．－     D．0【解析】选D.因为·＝·(－)＝·－·＝||·||·cos －||·||·cos ＝0，所以⊥，所以cos 〈，〉＝0.3．已知a，b均为单位向量，它们的夹角为60°，那么|a－3b|等于________．【解析】因为|a－3b|2＝(a－3b)2＝a2－6a·b＋9b2＝1－6×cos 60°＋9＝7，所以|a－3b|＝.答案：4．已知向量a，b满足：|a|＝2，|b|＝，且a与2b－a互相垂直，则a与b的夹角为________．【解析】因为a与2b－a垂直，所以a·(2b－a)＝0，即2a·b－|a|2＝0.所以2|a||b|·cos 〈a，b〉－|a|2＝0，所以4cos〈a，b〉－4＝0，所以cos〈a，b〉＝，又〈a，b〉∈，所以a与b的夹角为.答案：5．如图，已知线段AB⊥平面α，BC⊂α，CD⊥BC，DF⊥平面α，且∠DCF＝30°，D与A在α的同侧，若AB＝BC＝CD＝2，求A，D两点间的距离．【解析】因为＝＋＋，所以||2＝(＋＋)2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝12＋2×(2×2·cos 90°＋2×2·cos 120°＋2×2·cos 90°)＝8，所以||＝2，即A，D两点间的距离为2.(30分钟　60分) 一、单选题(每小题5分，共20分)1．已知|a|＝2，|b|＝3，〈a，b〉＝60°，则|2a－3b|等于(　　)A．    B．97    C．    D．61【解析】选C.|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|＝.2．设向量a，b满足|a＋b|＝，|a－b|＝，则a·b等于(　　)A．1     B．2     C．3     D．5【解析】选A.|a＋b|2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝10，|a－b|2＝(a－b)2＝a2－2a·b＋b2＝6，将上面两式左、右两边分别相减得4a·b＝4，所以a·b＝1.3．A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，M为BC的中点，则△AMD是(　　)A．钝角三角形      B．锐角三角形C．直角三角形      D．不确定【解析】选C.因为M是BC的中点，所以＝(＋)，所以·＝(＋)·＝·＋·＝0，所以AM⊥AD，所以△AMD是直角三角形．4．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，有下列命题：①(＋＋)2＝32；②·(＝0；③与的夹角为60°.其中正确命题的个数是(　　)A．1     B．2     C．3     D．0【解析】选B.如图所示．由(＋＋)2＝＋2＋2＋2(·＋·＋·)＝32，知①正确；由·()＝·()＝·＝0，知②正确；与的夹角为120°，故③不正确．二、多选题(每小题5分，共10分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)5．设a，b，c是任意的非零空间向量，且它们互不共线，给出下列命题，其中正确的是(　　)A．(a·b)c－(c·a)b＝0B．|a|－|b|<|a－b|C．(b·a)c－(c·a)b一定不与c垂直D．(3a＋2b)·(3a－2b)＝9|a|2－4|b|2【解析】选BD.根据向量数量积的定义及性质，可知a·b和c·a是实数，而c与b不共线，故(a·b)c与(c·a)b不一定相等，故A错误；因为[(b·a)c－(c·a)b]·c＝(b·a)c2－(c·a)(b·c)，所以当a⊥b，且a⊥c或b⊥c时，[(b·a)c－(c·a)b]·c＝0，即(b·a)c－(c·a)b与c垂直，故C错误；易知BD正确．6．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，下列向量的数量积能为0的有(　　)A．·      B．·C．·      D．·【解析】选ABC.对于选项A，当四边形ADD1A1为正方形时，可得AD1⊥A1D，而A1D∥B1C，所以AD1⊥B1C，此时有＝0；对于选项B，当四边形ABCD为正方形时，易得AC⊥BD，可得AC⊥平面BB1D1D，故有AC⊥BD1，此时·＝0；对于选项C，由长方体的性质可得AB⊥平面ADD1A1，所以AB⊥AD1，所以·＝0.对于选项D，由于与不可能垂直，所以·不可能为0.三、填空题(每小题5分，共10分)7．如图，已知△ABC在平面α内，∠BAC＝90°，DA⊥平面α，则直线CA与DB的位置关系是________．【解析】·＝·(＋)＝·＋·＝0＋0＝0，所以⊥，即CA⊥DB.答案：垂直8．如图，空间四边形的各边和对角线长均相等，E是BC的中点，则·＝__________，·________·.(填“<”“＝”或“>”)【解析】由题易知AE⊥BC，所以·＝0，而·＝(＋)·＝·(－)＋·＝||·||·cos 120°－||·||·cos 120°＋||·||·cos 120°<0，所以·<·.答案：0　<四、解答题(每小题10分，共20分)9．已知在三棱锥O­ABC中，M，N，P，Q分别为BC，AC，OA，OB的中点，若AB＝OC，求证：PM⊥QN.【证明】设＝a，＝b，＝c.因为P，M分别为OA，BC的中点，所以＝－＝(b＋c)－a＝[(b－a)＋c].同理，＝(a＋c)－b＝－[(b－a)－c].所以·＝－.因为AB＝OC，即|b－a|＝|c|.所以·＝0.所以⊥，即PM⊥QN.10．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N.设＝a，＝b，＝c.(1)试用a，b，c表示向量；(2)若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长．【解析】(1)＝＝＋＋＝(c－a)＋a＋(b－a)＝a＋b＋c.(2)因为(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝1＋1＋1＋0＋2×1×1×＋2×1×1×＝5，所以|a＋b＋c|＝，所以||＝|a＋b＋c|＝，即MN＝.【创新迁移】1．已知空间向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，|a|＝3，|b|＝1，|c|＝4，则a·b＋b·c＋c·a的值为________．【解析】因为a＋b＋c＝0，所以(a＋b＋c)2＝0，所以a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0，所以a·b＋b·c＋c·a＝－＝－13.答案：－132．如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1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)＝＋，＝＋.因为BB1⊥平面ABC，所以·＝0，·＝0.又△ABC为正三角形，所以〈，〉＝π－〈，〉＝π－＝.因为·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＝||·||·cos 〈，〉＋＝－1＋1＝0，所以AB1⊥BC1.(2)结合(1)知＝||·||·cos 〈，〉＋＝－1.又＝＝＝|BC1|，所以cos 〈〉＝＝，所以＝2，即侧棱长为2.