《1.2空間向量的數(shù)量積運(yùn)算》分層作業(yè)設(shè)計第一層：基礎(chǔ)鞏固目標(biāo)：掌握空間向量的基本概念、共線共面判定、向量線性運(yùn)算與化簡1．已知空間向量a，b，c兩兩夾角均為60°，其模長均為1，則|a＋b－2c|＝()A．eq\r(2)B．eq\r(3)C．2D．eq\r(5)2.如圖，空間四邊形ABCD的每條邊和對角線長都等于1，點E，F(xiàn)，G分別是AB，AD，DC的中點，則eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝()A．eq\f(\r(3),4)B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,2)D．eq\f(\r(3),2)3．已知空間向量a，b，c滿足a＋b＋c＝0，|a|＝2，|b|＝3，|c|＝4，則a與b的夾角為()A．30°B．45°C．60°D．以上都不對4．已知平行六面體ABCD-A1B1C1D1的各棱長均為1，∠A1AB＝∠A1AD＝45°，∠DAB＝90°，則|BD1|＝()A．eq\r(3)B．eq\r(2)－1C．eq\r(2)D．eq\r(2)＋15．(多選)已知長方體ABCD-A1B1C1D1，則下列向量的數(shù)量積可以為0的是()A．AD1·B1CB．BD1·eq\o(AC,\s\up6(→))C．eq\o(AB,\s\up6(→))·AD1D．BD1·eq\o(BC,\s\up6(→))第二層：能力提升目標(biāo)：熟練運(yùn)用向量線性運(yùn)算解決幾何表示問題，理解向量共面條件6．(多選)四面體A-BCD中，各棱長均為a，點E，F(xiàn)，G分別是AB，AD，DC的中點，則下列向量的數(shù)量積等于a2的是()A．2eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))B．2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))C．2eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))D．2eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))7．(多選)已知ABCD-A1B1C1D1為正方體，則下列說法正確的有()A．(A1A＋A1D1＋A1B1)2＝3(A1B1)2C．A1B與AD1的夾角為60°D．在面對角線中與直線8．如圖，平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，以頂點A為端點的三條棱長都為1，且兩兩夾角為60°，則AC1的長為________；異面直線BD1與AC夾角的余弦值為________．9.如圖所示，在平行六面體ABCD-A′B′C′D′中，AB＝AD＝2，AA′＝3，∠BAD＝45°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°.(1)求eq\o(BB′,\s\up6(→))·eq\o(AC′,\s\up6(→))；(2)求線段AC′的長．第三層：拓展探究目標(biāo)：解決復(fù)雜幾何中的向量表示問題，培養(yǎng)空間想象與推理能力10．(多選)定義空間兩個向量的一種運(yùn)算a?b＝|a|·|b|sin〈a，b〉，則關(guān)于空間向量上述運(yùn)算的以下結(jié)論中恒成立的有()A．a(chǎn)?b＝b?aB．λ(a?b)＝(λa)?bC．(a＋b)?c＝(a?c)＋(b?c)D．若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則a?b＝|x1y2－x2y1|《1.2空間向量的數(shù)量積運(yùn)算》分層作業(yè)設(shè)計答案參考答案第一層：基礎(chǔ)鞏固1．解析：|a＋b－2c|＝eq\r(（a＋b－2c）2)＝eq\r(a2＋b2＋4c2＋2a·b－4a·c－4b·c)＝eq\r(1＋1＋4＋2×1×1×\f(1,2)－4×1×1×\f(1,2)－4×1×1×\f(1,2))＝eq\r(3).答案：B2．解析：依題意，E，F(xiàn)，G分別是AB，AD，DC的中點，所以FG∥AC，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)AC，三角形ABC是等邊三角形，且邊長為1.所以eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)|eq\o(AC,\s\up6(→))|·|eq\o(AB,\s\up6(→))|·cos60°＝eq\f(1,4).答案：B3．解析：設(shè)a與b的夾角為θ，由a＋b＋c＝0，得a＋b＝－c，兩邊平方，得a2＋2a·b＋b2＝c2，因為|a|＝2，|b|＝3，|c|＝4，所以4＋2×2×3cosθ＋9＝16，解得cosθ＝eq\f(1,4).答案：D4．解析：由已知可得eq\o(AB,\s\up6(→))·AA1＝eq\o(AD,\s\up6(→))·AA1＝1×1×cos45°＝eq\f(\r(2),2)，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，BD1＝AD1－eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋AA1－eq\o(AB,\s\up6(→))，所以，BD12＝eq\o(AD,\s\up6(→))2＋AA12＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＋2eq\o(AD,\s\up6(→))·AA1－2eq\o(AB,\s\up6(→))·AA1－2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝3，所以|BD1|＝eq\r(3).答案：A5.解析：如圖所示：若AA1＝AD，則AD1⊥B1C，A正確；若AB＝AD，則BD1⊥AC，B正確；∵AB⊥平面AA1D1D，∴AB⊥AD1，C正確；∵BD1和BC分別為矩形A1D1CB的對角線和邊，∴兩者不可能垂直，D錯．答案：ABC第二層：能力提升6．解析：依題意，四面體ABCD是正四面體，對于A，〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(CA,\s\up6(→))〉＝60°，2eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2a2cos120°＝－a2，A不是；對于B，〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝60°，2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝2a2cos60°＝a2，B是；對于C，因E，F(xiàn)是AB，AD的中點，則2eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))，而〈eq\o(BD,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))〉＝120°，2eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝a2cos120°＝－eq\f(1,2)a2，C不是；對于D，因F，G是AD，DC的中點，則2eq\o(FG,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))，2eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))2＝a2，D是．答案：BD由向量的加法運(yùn)算得A1A＋A1D1＋A1B1＝A1C，因為|A1C|＝eq\r(3)|A1B1|，所以(A1A＋A由正方體的性質(zhì)易知A1C⊥AB1，所以A1C·(A1B1－A因為△A1BC1是等邊三角形，且AD1∥BC1，所以∠A1BC1＝60°，則AB1與由正方體的性質(zhì)得，過A1，D的面對角線都與直線A1D所成的角都為60°，這樣有4條，然后相對側(cè)面與之平行的對角線還有4條，共8條，故D正確．答案：ABD8．解析：(1)設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，AA1＝c由已知得，a·b＝eq\f(1,2)，b·c＝eq\f(1,2)，a·c＝eq\f(1,2)，|a|＝|b|＝|c|＝1又AC1＝a＋b＋c，∴|AC1|＝eq\r(（a＋b＋c）2)＝eq\r(1＋1＋1＋1＋1＋1)＝eq\r(6).(2)∵BD1＝b＋c－a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝a＋b.∴cos〈BD1，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(（b＋c－a）·（a＋b）,|BD1||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(1,2)＋1＋\f(1,2)＋\f(1,2)－1－\f(1,2),\r(2)×\r(3))＝eq\f(\r(6),6).答案：eq\r(6)eq\f(\r(6),6)9．解析：(1)由題意可得，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝2×2×cos45°＝2eq\r(2)，eq\o(AA′,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AA′,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝3×2×cos60°＝3，所以eq\o(BB′,\s\up6(→))·eq\o(AC′,\s\up6(→))＝eq\o(AA′,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA′,\s\up6(→)))＝eq\o(AA′,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA′,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA′,\s\up6(→))2＝3＋3＋32＝15；(2)eq\o(AC′,\s\up6(→))2＝(eq\o(AA′,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))2＝eq\o(AA′,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AD,\s\up6(→))2＋2(eq\o(AA′,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA′,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→)))＝32＋22＋22＋2×(3＋3＋2eq\r(2))＝29＋4eq\r(2)，所以線段AC′的長為eq\r(29＋4\r(2)).第三層：拓展探究10．解析：對于A，a?b＝|a|·|b|sin〈a，b〉，b?a＝|b|·|a|sin〈b，a〉，故a?b＝b?a恒成立；對于B，λ(a?b)＝λ(|a|·|b|sin〈a，b〉)，(λa)?b＝|λ||a|·|b|sin〈λa，b〉，故λ(a?b)＝(λa)?b不會恒成立；對于C，若a＝λb，且λ>0，(a＋b)?c＝(1＋λ)|b|·|c|sin〈b，c〉，(a?c)＋(b?c)＝|λb|·|c|sin〈b，c〉＋|b|·|c|sin〈b，c〉＝(1＋λ)|b|·|c|sin〈b，c〉，顯然(a＋b)?c＝(a?c)＋(b?c)不會恒成立；對于D，cos〈a，b〉＝eq\f(x1x2＋y1y2,|a|·|b|)，sin〈a，b〉＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2＋y1y2,|a|·|b|)))\s\up12(2))，即有a?b＝|a|·|b|·eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2＋y1y2,|a|·|b|)))\s\up12(2))＝|a|·eq\r(|b|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2＋y1y2,|a|)))\s\up12(2))＝eq\r(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))·eq\r(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2＋y1y2,\r(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))))))\s\up12(2))＝eq\r(（xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋yeq\o