2019学年人教版高中数学选修2-1课时跟踪检测(16) 空间向量的数量积运算
高二数学选修2-1第三章空间向量的数量积运算知识点
高二数学选修2-1第三章空间向量的数量积运算知识点高二数学向量的数量积是《向量》这一章的重要内容，下面是店铺给大家带来的高二数学选修2-1第三章空间向量的数量积运算知识点，希望对你有帮助。
高二数学空间向量的数量积运算知识点定义：两个非零向量的夹角记为〈a，b〉，且〈a，b〉∈[0，π]。
定义：两个向量的数量积(内积、点积)是一个数量，记作a·b。
若a、b不共线，则a·b=|a|·|b|·cos〈a，b〉;若a、b共线，则a·b=+-∣a∣∣b∣。
向量的数量积的坐标表示：a·b=x·x'+y·y'。
向量的数量积的运算率a·b=b·a(交换率);(a+b)·c=a·c+b·c(分配率);向量的数量积的性质a·a=|a|的平方。
a⊥b 〈=〉a·b=0。
|a·b|≤|a|·|b|。
向量的数量积与实数运算的主要不同点1、向量的数量积不满足结合律，即：(a·b)·c≠a·(b·c);例如：(a·b)^2≠a^2·b^2。
2、向量的数量积不满足消去律，即：由a·b=a·c (a≠0)，推不出b=c。
3、|a·b|≠|a|·|b|4、由 |a|=|b| ，推不出 a=b或a=-b。
高中数学学习方法(1)记数学笔记，特别是对概念理解的不同侧面和数学规律，教师在课堂中拓展的课外知识。
记录下来本章你觉得最有价值的思想方法或例题，以及你还存在的未解决的问题，以便今后将其补上。
(2)建立数学纠错本。
把平时容易出现错误的知识或推理记载下来，以防再犯。
争取做到：找错、析错、改错、防错。
达到：能从反面入手深入理解正确东西;能由果朔因把错误原因弄个水落石出、以便对症下药;解答问题完整、推理严密。
高中数学人教版选修2-1课时达标检测(十六) 空间向量的数量积运算 Word版含解析
课时达标检测（十六）空间向量的数量积运算一、选择题．正方体-′′′′中，〈，〉＝( )．°．°．°．°解析：选因为′′∥，所以′，′′的夹角即为′，的夹角．因为△′为正三角形，所以∠′＝°.由向量夹角的定义可知〈，〉＝°，即〈，〉＝°.．已知，是夹角为°的两个单位向量，则＝＋与＝－的夹角是( )．°．°．°．°解析：选·＝(＋)·(－)＝－·－＝－××－＝－，＝＝＝＝＝，＝＝＝＝＝.∴〈，〉＝＝＝－.∴〈，〉＝°..如图，空间四边形的各边和对角线长均相等，是的中点，那么( )．·＜·．·＝·．·＞·．·与·不能比较大小解析：选易知⊥，∴·＝，·＝(＋)·＝·(－)＋·＝··°－·°＋·°＜.．已知四边形为矩形，⊥平面，连接，，，，，则下列各组向量中，数量积不为零的是( )．与．与．与．与解析：选用排除法，因为⊥平面，所以⊥，故·＝，排除；因为⊥，⊥，又∩＝，所以⊥平面，所以⊥，故·＝，排除；同理·＝，排除.．在正方体-中，有下列命题：①(＋＋)＝；②·(－)＝；③与的夹角为°；④正方体的体积为··.其中正确命题的个数是( )．．．．解析：选如图所示，(＋＋)＝(＋＋)＝＝；·(－)＝·＝；与的夹角是与夹角的补角，而与的夹角为°，故与的夹角为°；正方体的体积为.综上可知，①②正确．二、填空题．已知＝，＝，＋＝，则－＝.解析：＋＝＋·＋＝＋·＋＝，∴·＝，－＝－·＋＝－＝，故－＝. 答案：．已知⊥平面，∠＝°，＝＝＝，如图，则等于．解析：∵＝＋＋，∴＝(＋＋)＝＋＋＋·＋·＋·＝＋＋＋＋＋°＝＋×××＝.。
高中数学选修2-1课时作业4：3.1.3 空间向量的数量积运算
3.1.3 空间向量的数量积运算1.在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB uuu r 与1C B u u u r 的夹角为( ).A.60°B.90°C.135°D.45°[答案]:B[解析]:由于AB ⊥平面BCC 1B 1,所以AB ⊥C 1B ,从而AB uuu r 与1C B u u u r 的夹角为90°.2.在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,有下列命题:①(1AA AD AB ++u u u r u u u r u u u r )2=32AB u u u u r ;②1A C u u u u r ·(111A B A A -u u u u r u u u r )=0;③1AD u u u u r 与1A B u u u r 的夹角为60°.其中正确命题的个数是( ).A.1B.2C.3D.0[答案]:B [解析]:①,②均正确;③不正确,因为1AD u u u u r 与1A B u u u u r 夹角为120°.3.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·AE AF u u u r u u u r 的值为( ).A.a 2B.12a 2C.14a 22 [答案]:C[解析]:AE uuu r ·12AF =u u u r (AB AC +u u u r u u u r )·1124AD =u u u r (AB uuu r ·AD AC +u u u r u u u r ·AD u u u r )=11114224a a a a ⎛⎫⨯⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭a 2. 4.在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 是上底面的中心,则AC 1与CE 的位置关系是( ).A.重合B.垂直C.平行D.无法确定[答案]:B[解析]:11AC AB AD AA =++u u u u r u u u r u u u r u u u r ,11112CE CC C E AA =+=-u u u r u u u u r u u u u r u u u r (AB AD +u u u r u u u r ).设正方体的边长为1,于是1AC u u u u r ·CE u u u r =(1AB AD AA ++u u u r u u u r u u u r )·11122AA AB AD ⎛⎫-- ⎪⎝⎭u u u r u u u r u u u r =0-12-0+0-0-12+1-0-0=0,故1AC CE ⊥u u u u r u u u r ,即AC 1与CE 垂直.5.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.PC uuu r 与BD u u u rB.DA uuu r 与PB u u u rC.PD uuu r 与AB uuu rD.PA u u u r 与CD uuu r[答案]:A[解析]:可用排除法.因为P A ⊥平面ABCD ,所以P A ⊥CD ,PA u u u r ·CD uuu r =0,排除D .又因为AD ⊥AB ,所以AD ⊥PB ,所以DA uuu r ·PB u u u r =0,同理PD u u u r ·AB uuu r =0,排除B ,C ,故选A.6.设A,B,C,D 是空间中不共面的四点,且满足·AB AC u u u r u u u r =0,·AC AD u u u r u u u r =0,·AB AD u u u r u u u r =0,则△BCD 是( ).A.钝角三角形B.锐角三角形C.直角三角形D.不确定[答案]:B[解析]:BC uuu r ·BD uuu r =(AC AB -u u u r u u u r )·(AD AB -u u u r u u u r )=AC uuu r ·AD AC -u u u r u u u r ·AB AB -u u u r u u u r ·22AD AB AB +=u u u r u u u r u u u r >0, 同理,可证CB u u u r ·CD uuu r >0,DB u u u r ·DC u u u r >0. 所以△BCD 的每个内角均为锐角,故△BCD 是锐角三角形.7.设向量a 与b 互相垂直,向量c 与它们构成的角是60°,且|a |=5,|b |=3,|c |=8,则(a +3c )·(3b -2a )= .[答案]:-62[解析]:(a+3c )·(3b-2a )=3a ·b-2|a|2+9b ·c-6a ·c =-62.8.在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,向量AB uuu r ,AD u u u r ,1AA u u u r 两两夹角均为60°,且|AB uuu r |=1,|AD u u u r |=2,|1AA u u u r |=3,则|1AC u u u u r |= .[答案]:5[解析]:由于11AC AB AD AA =++u u u u r u u u r u u u r u u u r ,∴|1AC u u u u r |2=(1AB AD AA ++u u u r u u u r u u u r )2=|AB uuu r |2+|AD uuu r |2+|1AA u u u r |2+2(AB uuu r ·AD AB +u u u r u u u r ·1AA AD +u u u r u u u r ·1AA u u u r )=12+22+32+2111121323222⎛⎫⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯ ⎪⎝⎭=25,故|1AC u u u u r |=5. 9.已知在空间四边形OABC 中,∠AOB=∠BOC=∠AOC ,且OA=OB=OC ,M ,N 分别是OA ,BC 的中点,G 是MN 的中点,求证:OG ⊥BC.证明:如图,连接ON,设∠AOB=∠BOC=∠AOC=θ,又设OA uuu r =a ,OB uuu r =b ,OC uuu r=c ,则|a |=|b |=|c |.∵12OG =u u u r (OM ON +u u u u r u u u r )=111()222OA OB OC ⎡⎤++⎢⎥⎣⎦u u u r u u u r u u u r =14(a +b +c ),BC uuu r =c -b ,∴OG uuu r ·14BC =u u u r (a +b +c )·(c -b )=14(a ·c -a ·b +b ·c -b 2+c 2-b ·c )=14(|a |2cos θ-|a |2cos θ-|a |2+|a |2)=0. ∴OG ⊥BC.10.如图,正四面体V-ABC 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<DM u u u u r ,AO u u u r >.(1)证明:设VA uuu r =a ,VB uuu r =b ,VC uuu r =c ,正四面体的棱长为1,则13VD =u u u r (a+b+c ),16AO =u u u r (b+c-5a ), 16BO =u u u r (a+c-5b ),16CO =u u u r (a+b-5c ), 所以AO uuu r ·136BO =u u u r (b+c-5a )·(a+c-5b )=136(18a ·b -9|a |2)=136(18×1×1×cos 60°-9)=0, 所以AO BO ⊥u u u r u u u r ,即AO ⊥BO.同理,AO ⊥CO ,BO ⊥CO.所以AO,BO,CO 两两垂直. (2)解:DM DV VM =+u u u u r u u u r u u u r =-13(a+b+c )+12c =16(-2a -2b +c ), 所以|DM u u u u r12=.又|AO uuu r=DM u u u u r ·16AO =u u u r (-2a-2b+c )·16(b+c-5a )=14,所以cos <DM u u u u r ,AO uuu r1=又<DM u u u u r ,AO uuu r >∈[0,π],所以<DM u u u u r ,AO uuu r >=4π.。
人教版高中数学选修2-1第三章-空间向量与立体几何练习题及答案
第三章 空间向量及立体几何3.1空间向量及其运算§3.1.1空间向量及其加减运算 §3.1.2空间向量的数乘运算1. 下列命题中不正确的命题个数是( ) ①若A 、B 、C 、D 是空间任意四点，则有AB +BC + CD +DA =0；②对空间任意点O 及不共线的三点A 、B 、C ，若OP =x OA +y OB +z OC （其中x 、y 、z ∈R ），则P 、A 、B 、C 四点共面；③若a 、b 共线，则a 及b 所在直线平行。
A .1 B .2 C .3 D .42.设OABC 是四面体，G 1是△ABC 的重心，G 是OG 1上一点，且OG =3GG 1，若OG =x OA +y OB +z OC ，则（x ，y ，z ）为( )A .（41，41，41） B .（43，43，43） C .（31，31，31） D .（32，32，32） 3．在平行六面体ABCD －EFGH 中，AG xAC y AF z AH =++，________.x y z ++=则4.已知四边形ABCD 中，AB =a －2c ，CD =5a +6b －8c ，对角线AC 、BD 的中点分别为E 、F ，则EF =_____________.5.已知矩形ABCD ，P 为平面ABCD 外一点，且PA ⊥平面ABCD ，M 、N 分别为PC 、PD 上的点，且M 分PC 成定比2，N 分PD 成定比1，求满足MN xAB y AD z AP =++的实数x 、y 、z 的值.§3.1.3空间向量的数量积运算1.已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AA =2AB ，E 为1AA 重点，则异面直线BE 及1CD 所形成角的余弦值为( )A .1010 B . 15C .31010 D . 352．如图，设A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足0AB AC ⋅=，0AC AD ⋅=，0AB AD ⋅=，则△BCD 的形状是( )A ．钝角三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．不确定的3．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1 为正方体，则下列命题中错误的命题为__________．4．如图，已知：平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CB =∠C 1CD =∠BCD =60° （1）证明：C 1C ⊥BD ；_C_D_A_P_ N_B_M（2）当1CDCC 的值为多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ？请给出证明． §3.1.4空间向量的正交分解及其坐标表示§3.1.5空间向量运算的坐标表示1．已知向量(2，2，3)OA =-，(，1，4)OB x y z =-，且平行四边形OACB 的对角线的中点坐标为M 31(0，，)22-，则(，，)x y z =( ) A ．(2，4，1)--- B ．(2，4，1)-- C ．(2，4，1)-- D ．(2，4，1)--2．已知(2，2，4)a=-，(1，1，2)b =-，(6，6，12)c =--，则向量、、a b c ( )A ．可构成直角三角形B ．可构成锐角三角形C ．可构成钝角三角形D ．不能构成三角形3．若两点的坐标是A （3cosα，3sinα，1），B （2cosθ，2sinθ，1），则|AB |的取值范围是( ) A ．[0，5] B ．[1，5] C ．（1，5） D ．[1，25]4.设点C （2a +1，a +1，2）在点P （2，0，0）、A （1，－3，2）、B （8，－1，4）确定的平面上，则a 的值为 .5.如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底边长为a ，侧棱长为2a .建立适当的坐标系，⑴写出A ，B ，A 1，B 1的坐标；⑵求AC 1及侧面ABB 1A 1所成的角.3.2立体几何中的向量方法1．到一定点（1，0，1）的距离小于或等于2的点的集合为( ) A ．222{(,,)|(1)(1)4}x y z x y z -++-≤ B ．222{(,,)|(1)(1)4}x y z x y z -++-= C ．222{(,,)|(1)(1)2}x y z x y z -++-≤ D ．222{(,,)|(1)(1)2}x y z x y z -++-=2. 正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1及平面A 1BD 所成角的余弦值为( ) A ．42 B ．32 C ．33 D ．23 3. 已知斜三棱柱111ABC A B C -，90BCA ∠=，2AC BC ==，1A 在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D ，又知11BA AC ⊥.（1）求证：1AC ⊥平面1A BC ；D 1C 1B 1A 1DABCC 1 B 1 A 1B A（2）求1C 到平面1A AB 的距离；（3）求二面角1A A B C --余弦值的大小.B 4. 如图，在直三棱柱111ABC A B C -中， AB =1，1AC AA ==(1)证明：1ABA C ⊥； （2）求二面角A —1A C —B 的大小.5. 如右图，四棱锥S-ABCD 棱S D 上的点. （1）求证：AC ⊥SD ；（2）若SD ⊥平面PAC ，求二面角P-AC-D 的大小 （3）在（2）的条件下，侧棱S C 上是否存在一点E ， 使得BE ∥平面PAC .若存在，求S E ：EC 的值； 若不存在，试说明理由.参考答案第三章 空间向量及立体几何3.1空间向量及其运算§3.1.1空间向量及其加减运算 §3.1.2空间向量的数乘运算1.A2.A3.324.3a +3b －5c5.如图所示，取PC 的中点E ，连结NE ，则MN EN EM =-. 连结AC ，则§3.1.3空间向量的数量积运算1.C2.B3. ③④4.（1）设1,,CB a CD b CC c === ，则||||a b =，BD CD CB b a =-=- ，所以1()||||cos 60||||cos 600CC b a c b c a c b c a c ⋅=-⋅=⋅-⋅=︒-︒=BD ，11BD CC BD CC ∴⊥⊥即 ； （2）1,2,CD x CD CC ==1设则 2CC =x， 设1,,A A a AD b DCc ===，11,A C a b c C D a c =++=-，2211242()()6A C C D a b c a c a a b b c c xx ∴⋅=++⋅-=+⋅-⋅-=+-，令24260xx +-=，则2320x x --=，解得1x =，或23x =-（舍去），_C_D _A_P_ N _B _M _EA 1§3.1.4空间向量的正交分解及其坐标表示§3.1.5空间向量运算的坐标表示 1.A 2.D 3.B 4.165. （1）建系如图，则A （0，0，0） B （0，a ，0）A 1（0，0，2a )，C 1（-23a ，a 2,2a) (2)解法一：在所建的坐标系中，取A 1B 1的中点M ， 于是M （0，a 2,2a），连结AM ，MC 1则有所以，MC 1⊥平面ABB 1A 1.因此，AC 1及AM 所成的角就是AC 1及侧面ABB 1A 1所成的角.∴2194a AC AM ⋅=，而|13||3,||2AC a AM a ==，由cos<1,AC AM >=1132||||AC AM AC AM ⋅=，∴ <1,AC AM >=30°. ∴AC 1及侧面ABB 1A 1所成的角为30°. 3.2立体几何中的向量方法 新 课 标 第 一网1.A2.C3. （1）如右图，取AB 的中点E ，则//DE BC ，因为BC AC ⊥，所以DEAC ⊥，又1A D ⊥平面ABC ，以1,,DE DC DA 为,,x y z 轴建立空间坐标系， 则()0,1,0A -，()0,1,0C ，()2,1,0B ，()2,0,0CB =，由10AC CB ⋅=，知1A C CB ⊥， 又11BA AC ⊥，从而1AC ⊥平面1A BC .（2）由1AC ⋅2130BA t =-+=，得t =.设平面1A AB 的法向量为(),,n x y z =，(1AA =，()2,2,0AB =，所以10220n AA y n AB x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，设1z =，则()3,n =-，所以点1C 到平面1A AB 的距离1AC n d n⋅==7. （3）再设平面1A BC 的法向量为(),,m x y z =，(10,CA =-，()2,0,0CB =，所以13020m CA y z m CB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩，设1z =，则()0,3,1m =，故cos ,m n m n m n⋅<>==⋅77-，根据法向量的方向，可知二面角1A A B C --的余弦值大小为77. 4.（1）三棱柱111ABC A B C -为直三棱柱，由正弦定理030ACB∠=.如右图，建立空间直角坐标系， 则1(0,0,0),(1,0,0)(0,3,0),(0,0,3)A B C A(2) 如图可取(1,0,0)m AB ==为平面1AA C 的法向量，设平面1A BC 的法向量为(,,)n l m n =，则10,0,130BC n AC n BC ⋅=⋅==-又（，，）， 不妨取1,(3,1,1)mn ==则，1A AC BD ∴--15二面角的大小为arccos 5. 5. （1）连结BD ，设AC 交于BD 于O ，由题意知SO ABCD ⊥平面.以O 为坐标原点，OB OC OS ，，分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立坐标系O xyz -如右图.设底面边长为a ，则高62SO a =.于是 62(0,0,),(,0,0)22S a D a -，2(0,,0)2C a ，2(0,,0)2OC a =，26(,0,)22SD a a =--，0OC SD ⋅= ，故OC SD ⊥.从而 AC SD ⊥. (2)由题设知，平面PAC 的一个法向量26()2DSa =，平面DAC 的一个法向量600aOS =（，，，设所求二面角为θ，则3cos OS DS OS DSθ⋅==，得所求二面角的大小为30°._C_A_S_F_BO（3）在棱SC 上存在一点E 使//BE PAC 平面.由（2）知DS 是平面PAC 的一个法向量，且),(0,)DS CS ==.设,CEtCS = 则((1)BE BC CE BC tCS t =+=+=-，而 103BE DC t ⋅=⇔=.即当:2:1SE EC =时，BE DS ⊥.而BE 不在平面PAC 内，故//BE PAC 平面. 作 者 于华东 责任编辑 庞保军。
2019-2020学年高中数学选修2-1人教A版课时跟踪检测：第3章 空间向量与立体几何 3.1 3
第三章 空间向量与立体几何 3.1 空间向量及其运算 3.1.2 空间向量的数乘运算课时跟踪检测一、选择题1．设M 是△ABC 的重心，记BC →＝a ，CA →＝b ，AB →＝c ，则AM →＝( )A.12(b －c ) B ．12(c －b ) C.13(b －c )D ．13(c －b )解析：如图，∵M 是△ABC 的重心，∴AM→＝23×12(AB →＋AC →)＝13(AB →－CA →)＝13(c －b )．答案：D2．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AC 1→＝xAB →－2yBC →＋3zAA 1→，则x ＋y ＋z的值为( )A.76 B ．23 C.56D ．1解析：如图，∵AC 1→＝AC →＋CC 1→＝AB →＋BC →＋CC 1→ ＝AB →＋BC →＋AA 1→， 又∵AC 1→＝xAB →－2yBC →＋3zAA 1→，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，－2y ＝1，3z ＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝－12，z ＝13.∴x ＋y ＋z ＝1－12＋13＝56. 答案：C3．已知点P 和不共线三点A ，B ，C 共面，且对于空间任意一点O ，都有OP →＝2OA→＋OB →＋λOC →，则λ＝( ) A ．－2 B ．12 C ．2D ．－12解析：点P 与不共线三点A ，B ，C 共面，且OP→＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ，y ，z∈R )，则x ＋y ＋z ＝1是四点共面的充要条件，即2＋1＋λ＝1，故λ＝－2.答案：A4．已知向量a ，b 是两个非零向量，a 0，b 0是与a ，b 同方向的单位向量，那么下列各式中正确的是( )A ．a 0＝b 0B ．a 0＝b 0或a 0＝－b 0C ．a 0＝1D ．|a 0|＝|b 0|解析：∵a 0，b 0是单位向量，∴|a 0|＝|b 0|. 答案：D5．在平行四边形ABCD 中，AC 与BD 交于点O ，E 是线段OD 的中点，AE 的延长线与CD 交于点F ，若AC→＝a ，BD →＝b ，则 AF → 等于( )A.14a ＋12b B ．23a ＋13b C.12a ＋14bD ．13a ＋23b解析：如图，作OG ∥EF 交DC 于G . 由DE ＝EO ，得DF ＝FG ， 又由AO ＝OC ，得FG ＝GC ， 于是D F →＝13DC →＝13⎝⎛⎭⎪⎫－12b ＋12a ， 则AF→＝AD →＋DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫－12b ＋12a ＝23a ＋13b . 答案：B6．已知在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，M 为空间任意两点，如果PM →＝PB 1→＋7BA →＋6AA 1→－4A 1D 1→，那么点M 必( )A ．在平面BAD 1内B ．在平面BA 1D 内C ．在平面BA 1D 1内 D ．在平面AB 1C 1内解析：因为PM →＝PB 1→＋7BA →＋6AA 1→－4A 1D 1→＝PB 1→＋BA →＋6BA 1→－4A 1D 1→＝PB 1→＋B 1A 1→＋6BA 1→－4A 1D 1→＝P A 1→＋6(P A 1→－PB →)－4(PD 1→－P A 1→)＝11P A 1→－6PB →－4PD 1→，其中11－6－4＝1，所以M ，B ，A 1，D 1四点共面，故选C.答案：C 二、填空题7．如图所示，在空间四边形OABC 中，OA→＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，点M 在OA 边上，且OM →＝2MA →，N 为BC 的中点，用a ，b ，c 表示MN→＝________. 解析：MN→＝MO →＋ON →＝23AO →＋12(OB →＋OC →)＝－23OA →＋12OB →＋12OC →＝－23a ＋12b ＋12c .答案：－23a ＋12b ＋12c8．下列各式可以确定A ，B ，C ，D 四点共面的是________(填序号)． ①AB→＝AC →＋AD →； ②OD→＝12OA →＋13OB →＋16OC →； ③AB→＝2CD →；④OB→＝OA →＋AC →＋AD →. 解析：①由AB→＝AC →＋AD →可知向量AB →，AC →，AD →共面，且有公共端点A ，则可以确定A ，B ，C ，D 四点共面；②OD →＝12OA →＋13OB →＋16OC →，其中系数12＋13＋16＝1，则可以确定A ，B ，C ，D 四点共面；③由AB→＝2CD →，可知AB →，CD →共线，可以确定A ，B ，C ，D 四点共面；④OB →＝OA →＋AC →＋AD →，即有OB →－OA →＝AC →＋AD →，即AB→＝AC →＋AD →，则可以确定A ，B ，C ，D 四点共面． 答案：①②③④9．如图所示，已知矩形ABCD ，P 为平面ABCD 外一点，且P A ⊥平面ABCD ，M ，N 分别为PC ，PD 上的点，且PM ∶MC ＝2∶1，N 为PD 的中点，则满足MN →＝xAB →＋yAD →＋zAP →的实数x ＝________，y ＝________，z ＝________.解析：∵M 为PC 上的点，且PM ∶MC ＝2∶1， ∴PM→＝23PC →， 又∵N 为PD 上的中点，∴PN→＝12PD →.又∵MN→＝PN →－PM →＝12PD →－23PC → ＝12(AD →－AP →)－23(AC →－AP →)＝12(AD →－AP →)－23(AB →＋AD →－AP →) ＝－23AB →－16AD →＋16AP →. 又∵MN→＝xAB →＋yAD →＋zAP →， ∴x ＝－23，y ＝－16，z ＝16. 答案：－23 －16 16 三、解答题10.如图，已知M ，N 分别为四面体，A －BCD 的面BCD 与面ACD 的重心，G 为AM 上一点，且GM ∶GA ＝1∶3.求证：B ，G ，N 三点共线．证明：设AB→＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则BG →＝BA →＋AG →＝BA →＋34AM →＝－a ＋14(a ＋b ＋c )＝－34a ＋14b ＋14c ， BN→＝BA →＋AN →＝BA →＋13(AC →＋AD →) ＝－a ＋13b ＋13c ＝43BG →， ∴BN→∥BG →. 又BN ∩BG ＝B ，∴B ，G ，N 三点共线．11．如图，已知▱ABCD ，从平面AC 外一点O 引向量OE→＝kOA →，OF →＝kOB →，OG →＝kOC →，OH →＝kOD →，求证：(1)四点E ，F ，G ，H 共面；(2)平面AC ∥平面EG .证明：(1)EG→＝OG →－OE →＝kOC →－kOA → ＝kAC→ ＝k (AB→＋AD →)＝kAB →＋kAD → ＝k (OB→－OA →)＋k (OD →－OA →) ＝(OF →－OE →)＋(OH →－OE →) ＝EF→＋EH →， ∴EG→，EF →，EH →共面，又有公共点E ， ∴四点E ，F ，G ，H 共面．(2)EF →＝OF →－OE →＝kOB →－kOA →＝kAB →， ∴EF ∥AB .又∵EF ⊂平面EG ，AB ⊄平面EG ， ∴AB ∥平面EG ，同理，可证AD ∥平面EG ，又AB ，AD 是平面AC 内的两条相交直线， ∴平面AC ∥平面EG .12．直三棱柱ABC －A ′B ′C ′，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．证明：MN ∥平面A ′ACC ′.证明：因为MN →＝MA ′→＋A ′N →，且点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点，所以MN →＝12BA ′→＋12(A ′B ′→＋A ′C ′→)＝12(B ′A ′→＋AA ′→)＋12(A ′B ′→＋A ′C ′→) ＝12AA ′→＋12A ′C ′→.因为MN ⊄平面A ′ACC ′，所以MN ∥平面A ′ACC ′.13．已知空间四边形OABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，点M 在OA 上，且OM ＝2MA ，N 为BC 的中点，则MN→＝( )A.12a －23b ＋12c B ．－23a ＋12b ＋12c C.12a ＋12b －12c D ．23a ＋23b －12c解析：如图，MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－23OA → ＝12(b ＋c )－23a ＝－23a ＋12b ＋12c . 答案：B。
【2019精选】最新高中数学课时达标训练十六空间向量的数量积运算新人教A选修2_1
【2019精选】最新高中数学课时达标训练十六空间向量的数量积运算新人教A选修2_1[即时达标对点练]题组1 空间向量数量积的运算1．已知向量a和b的夹角为120°，且|a|＝2，|b|＝5，则(2a －b)·a等于( )A．12 B．8＋ C．4 D．132．在四面体OABC中，棱OA、OB、OC两两垂直，且OA＝1，OB ＝2，OC＝3，G为△ABC的重心，则＝________．3．已知长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝4，E为侧面AB1的中心，F为A1D1的中点．试计算：题组2 利用数量积求夹角4．已知|a|＝1，|b|＝，且a－b与a垂直，则a与b的夹角为( ) A．60° B．30° C．135° D．45°5．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与b所成的角是( )A．30° B．45° C．60° D．90°6．如图所示，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥BC，AB⊥AD，且PA＝AB＝BC＝AD＝1，求PB与CD所成的角．7．如图所示，正四面体ABCD的每条棱长都等于a，点M，N分别是AB，CD的中点，求证：MN⊥AB，MN⊥CD。
题组3 利用数量积求距离8．已知在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，同一顶点为端点的三条棱长都等于1，且彼此的夹角都是60°，则此平行六面体的对角线AC1的长为( )A。
B．2 C。
D。
69．已知平行四边形ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠D＝60°，PA⊥平面ABCD，且PA＝6，则PC＝________．10．在正四面体ABCD中，棱长为a，M，N分别是棱AB，CD上的点，且|MB|＝2|AM|，|CN|＝|ND|，求|MN|。
高二数学选修2-1-典型例题：空间向量的数量积运算
§3.1.3空间向量的数量积运算【例1】已知空间四边形ABCD中，AB CD⊥．⊥，求证：AD BC⊥，AC BD【例2】如图，在空间四边形OABC中，8AC=，5BC=，45AB=，4OA=，6∠=，OAC∠=，求OA与BC的夹角的余弦值.60OAB参考例1【分析】利用向量证明两直线垂直，只要证明它们所在的向量的数量积为0即可.【证明】()()AD BC AB BD AC AB ⋅=+⋅-2AB AC BD AC AB AB BD =⋅+⋅--⋅ ()0AB AC AB BD AB DC =⋅--=⋅=． 【点拨】 用向量解几何题的一般方法：把线段或角度转化为向量表示，并用已知向量表例2【分析】欲求OA 与BC 的夹角的余弦值，可利用公式：cos ,||||OA BC OA BC OA BC ⋅<>=⋅，先算的数量积OA BC ⋅，再算它们模的乘积||||OA BC ⋅. 【解】∵BC AC AB =-， ∴OA BC OA AC OA AB ⋅=⋅-⋅ ||||cos ,||||cos ,OA AC OA AC OA AB OA AB =⋅⋅<>-⋅⋅<>84cos13586cos12024162=⨯⨯-⨯⨯=-.∴243cos ,855||||OA BC OA BC OA BC ⋅--<>===⨯⋅. 所以，OA 与BC 的夹角的余弦值为35-．【点拨】由图形看向量的夹角时易出错，如,135OA AC <>=，易错写成,45OA AC <>=，另外要注意OA 与BC 的夹角和OA 与BC 的夹角的区别与联系.。
2017-2018学年高中数学选修2-1课时达标检测十六 空间
课时达标检测（十六） 空间向量的数量积运算一、选择题1．正方体ABCD A ′B ′C ′D ′中，〈A ′B ――→，B ′D ′―――→〉＝( ) A ．30° B ．60° C ．90°D ．120°解析：选D 因为B ′D ′∥BD ，所以A ′B ，B ′D ′的夹角即为A ′B ，BD 的夹角． 因为△A ′BD 为正三角形，所以∠A ′BD ＝60°. 由向量夹角的定义可知〈A ′B ――→，BD ―→〉＝120°， 即〈A ′B ――→，B ′D ′―――→〉＝120°.2．已知e 1，e 2是夹角为60°的两个单位向量，则a ＝e 1＋e 2与b ＝e 1－2e 2的夹角是( ) A ．60° B ．120° C ．30°D ．90°解析：选B a ·b ＝(e 1＋e 2)·(e 1－2e 2)＝e 21－e 1·e 2－2e 22 ＝1－1×1×12－2＝－32，|a |＝a 2＝e 1＋e 22＝e 21＋2e 1·e 2＋e 22＝1＋1＋1＝3，|b |＝b 2＝e 1－2e 22＝e 21－4e 1·e 2＋4e 22＝1－2＋4＝ 3.∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－323＝－12.∴〈a ，b 〉＝120°.3.如图，空间四边形的各边和对角线长均相等，E 是BC 的中点，那么( )A ．AE ―→·BC ―→＜AE ―→·CD ―→B ．AE ―→·BC ―→＝AE ―→·CD ―→ C ．AE ―→·BC ―→＞AE ―→·CD ―→D ．AE ―→·BC ―→与AE ―→·CD ―→不能比较大小 解析：选C 易知AE ⊥BC ，∴AE ―→·BC ―→＝0， AE ―→·CD ―→＝(AB ―→＋BE ―→)·CD ―→＝AB ―→·(BD ―→－BC ―→)＋12BC ―→·CD ―→＝|AB ―→|·|BD―→|·cos 120°－|AB ―→|·|BC ―→| cos 120°＋12|BC ―→|·|CD ―→|cos 120°＜0.4．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 ．PC ―→与BD ―→B ．DA ―→与PB ―→C ．PD ―→与AB ―→D ．PA ―→与CD ―→解析：选A 用排除法，因为PA ⊥平面ABCD ， 所以PA ⊥CD ，故PA ―→·CD ―→＝0，排除D ； 因为AD ⊥AB ，PA ⊥AD ，又PA ∩AB ＝A ， 所以AD ⊥平面PAB ，所以AD ⊥PB ， 故DA ―→·PB ―→＝0，排除B ； 同理PD ―→·AB ―→＝0，排除C.5．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，有下列命题： ①(AA 1―→＋AD ―→＋AB ―→)2＝3AB ―→2； ②A 1C ―→·(A 1B 1―→－A 1A ―→)＝0； ③AD 1―→与A 1B ―→的夹角为60°； ④正方体的体积为|AB ―→·AA 1―→·AD ―→|. 其中正确命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选B 如图所示，(AA 1―→＋AD ―→＋AB ―→)2＝(AA 1―→＋A 1D 1―→＋D 1C 1―→)2＝AC 1―→2＝3AB ―→2；A 1C ―→·(A 1B 1―→－A 1A ―→)＝A 1C ―→·AB 1―→＝0；AD 1―→与A 1B ―→的夹角是D 1C ―→与D 1A ―→夹角的补角，而D 1C ―→与D 1A ―→的夹角为60°，故AD 1―→与A 1B ―→的夹角为120°；正方体的体积为|AB ―→||AA 1―→||AD ―→|. 综上可知，①②正确． 二、填空题6．已知|a |＝13，|b |＝19，|a ＋b |＝24，则|a －b |＝________.解析：|a ＋b |2＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝132＋2a ·b ＋192＝242，∴2a ·b ＝46，|a －b |2＝a 2－2a ·b ＋b 2＝530－46＝484，故|a －b |＝22.答案：227．已知PA ⊥平面ABC ，∠ABC ＝120°，PA ＝AB ＝BC ＝6，如图，则PC 等于________．解析：∵PC ―→＝PA ―→＋AB ―→＋BC ―→， ∴|PC ―→|2＝(PA ―→＋AB ―→＋BC ―→)2＝PA ―→2＋AB ―→2＋BC ―→2＋2PA ―→·AB ―→＋2PA ―→·BC ―→＋2AB ―→·BC ―→ ＝36＋36＋36＋0＋0＋2|AB ―→||BC ―→|cos 60° ＝108＋2×6×6×12＝144.∴PC ＝12. 答案：128．已知a ，b 是异面直线，点A ，B ∈a ，点C ，D ∈b ，AC ⊥b ，BD ⊥b ，且AB ＝2，CD ＝1，则a ，b 所成的角是________．解析：AB ―→＝AC ―→＋CD ―→＋DB ―→，∴CD ―→·AB ―→＝CD ―→·(AC ―→＋CD ―→＋DB ―→)＝|CD ―→|2＝1， ∴cos 〈CD ―→，AB ―→〉＝CD ―→·AB ―→|CD ―→||AB ―→|＝12，∴异面直线a ，b 所成角是60°. 答案：60° 三、解答题9．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OA ―→＝a ，OB ―→＝b ，OC ―→＝c ，|a |＝|b |＝|c |＝1， 易知∠AOB ＝∠BOC ＝∠AOC ＝π3， 则a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.∵OE ―→＝12(OA ―→＋OB ―→)＝12(a ＋b )，BF ―→＝OF ―→－OB ―→＝12OC ―→－OB ―→＝12c －b ，又∵|OE ―→|＝|BF ―→|＝32，∴OE ―→·BF ―→＝12(a ＋b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －b ＝14a ·c ＋14b ·c －12a ·b －12b 2＝－12，∴cos 〈OE ―→，BF ―→〉＝OE ―→·BF ―→|OE ―→||BF ―→|＝－23.∴异面直线OE 与BF 所成角的余弦值是23.10.如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，底面边长为 2. (1)设侧棱长为1，求证：AB 1⊥BC 1； (2)设AB 1与BC 1的夹角为π3，求侧棱的长．解：(1)证明：AB 1―→＝AB ―→＋BB 1―→， BC 1―→＝BB 1―→＋BC ―→. ∵BB 1⊥平面ABC ，∴BB 1―→·AB ―→＝0，BB 1―→·BC ―→＝0. 又∵△ABC 为正三角形，∴〈AB ―→，BC ―→〉＝π－〈BA ―→，BC ―→〉＝π－π3＝2π3.∵AB 1―→·BC 1―→＝(AB ―→＋BB 1―→)·(BB 1―→＋BC ―→) ＝AB ―→·BB 1―→＋AB ―→·BC ―→＋BB 1―→2＋BB 1―→·BC ―→ ＝|AB ―→|·|BC ―→|·cos〈AB ―→，BC ―→〉＋BB 1―→2 ＝－1＋1＝0， ∴AB 1⊥BC 1.(2)由(1)知AB 1―→·BC 1―→＝|AB ―→|·|BC ―→|·cos〈AB ―→，BC ―→〉＋BB 1―→2＝BB 1―→2－1. 又∵|AB 1―→|＝AB 1―→2＋BB 1―→2＝2＋BB 1―→2＝|BC 1―→|，∴cos 〈AB 1―→，BC 1―→〉＝BB 1―→2－12＋BB 1―→2＝12，∴|BB 1―→|＝2，即侧棱长为2.。
高中数学选修2-1课时作业10-3.1.3 空间向量的数量积运算
3.1.3 空间向量的数量积运算【同步测控】1．设a，b，c是任意的非零向量，且它们互相不共线，则下列命题：①(a·b)·c－(c·a)·b＝0；②|a|－|b|<|a－b|；③(a·b)·c－(c·a)·b不与c垂直；④(3a＋2b)·(3a－2b)＝9|a|2－4|b|2.其中正确的有( )A．①②B．②③C．③④D．②④2．若向量a、b是平面α内的两个不相等的非零向量，非零向量c在直线l上，则c·a＝0且b·c＝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3．已知i、j、k是两两垂直的单位向量，a＝2i－j＋k，b＝i＋j－3k，则a·b等于________．4．如图所示，在▱ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠ADC＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝6，求线段PC的长．【课时训练】一、选择题1．在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则a·(b ＋c )的值为( ) A ．1 B ．0 C ．－1D ．－22．在如图所示的正方体中，下列各对向量的夹角为135°的是( ) A.AB →与A ′C ′→ B.AB →与C ′A ′→ C.AB →与A ′D ′→ D.AB →与B ′A ′→3．已知a ＋b ＋c ＝0，|a |＝2，|b |＝3，|c |＝4，则向量a 与b 之间的夹角〈a ，b 〉为( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．以上都不对4．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 与b 所成的角是( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．90°5．设A 、B 、C 、D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0， 则△BCD 是( ) A ．钝角三角形 B ．锐角三角形 C ．直角三角形D ．不确定6．设平面上有四个互异的点A ，B ，C ，D ，已知(DB →＋DC →－2DA →)·(AB →－AC →)＝0，则△ABC 是( ) A ．直角三角形 B ．等腰三角形 C ．等腰直角三角形 D ．等边三角形 二、填空题7．已知|a |＝32，|b |＝4，m ＝a ＋b ，n ＝a ＋λb ，〈a ，b 〉＝135°，m⊥n ，则λ＝________.8．已知a ，b ，c 两两夹角都是60°，其模都是1，则|a －b ＋2c |＝________.9．在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋BC →·AD →＋CA →·BD →＝________.三、解答题10．已知正四面体OABC 的棱长为1.求： (1)OA →·OB →；(2)(OA →＋OB →)·(CA →＋CB →)； (3)|OA →＋OB →＋OC →|.11．如图，已知E 是正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱C 1D 1的中点，试求向量A 1C 1→与DE →所成角的余弦值．12．如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为正方形ABCD 和AA 1B 1B 的中心．(1)求证：AC 1⊥平面A 1BD ； (2)求D 1M →与CN →夹角的余弦值．答 案【同步测控】1．[答案]D.[解析]①③不正确，②④正确． 2．[答案]B.[解析]当a∥b 时，由c·a ＝0且c·b ＝0得不出l ⊥α；反之，l ⊥α一定有c·a ＝0且c·b ＝0.故选B.3．[解析]a·b ＝(2i －j ＋k )·(i ＋j －3k )＝2i 2－j 2－3k 2＝－2. [答案]－24．[答案]解：∵PC →＝PA →＋AD →＋DC →. ∴|PC →|2＝(PA →＋AD →＋DC →)2＝|PA →|2＋|AD →|2＋|DC →|2＋2PA →·AD →＋2AD →·DC →＋2DC →·PA →＝62＋42＋32＋2|AD →||DC →|cos120° ＝61－12＝49. ∴|PC →|＝7即PC ＝7.【课时训练】一、选择题 1．[答案]B.[解析]a·(b ＋c )＝a·b ＋a·c ＝0. 2．[答案]B.[解析]〈AB →，A ′C ′→〉＝〈AB →，AC →〉＝45°； 〈AB →，C ′A ′→〉＝180°－〈AB →，AC →〉＝135°；〈AB →，A ′D ′→〉＝〈AB →，AD →〉＝90°；〈AB →，B ′A ′→〉＝180°. 3．[答案]D.[解析]由已知a ＋b ＋c ＝0，得a ＋b ＝－c ，则(a ＋b )2＝|a |2＋|b |2＋2a·b ＝|c |2，由此可得a·b ＝32.从而cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b |＝14.4．[答案]C.[解析]AB →＝AC →＋CD →＋DB →，∴AB →·CD →＝(AC →＋CD →＋DB →)·CD →＝AC →·CD →＋CD →2＋DB →·CD →＝0＋12＋0＝1，又|AB →|＝2，|CD →|＝1.∴cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|AB →||CD →|＝12×1＝12.∴a 与b 所成的角是60°. 5．[答案]B. [解析]如图所示， 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ， ∴CB →·CD →＝(a －b )·(c －b ) ＝a ·c －b ·c －a ·b ＋b 2＝b 2＞0.同理BC →·BD →＞0，DB →·DC →＞0.∴△BCD 的各内角均为锐角，即△BCD 为锐角三角形． 6．[答案]B.[解析](DB →＋DC →－2DA →)·(AB →－AC →)＝(AB →＋AC →)·(AB →－AC →)＝AB →2－AC →2＝0，∴|AB →|＝|AC →|.所以△ABC 是等腰三角形． 二、填空题7．[解析]由m⊥n ，得(a ＋b )·(a ＋λb )＝0， 即a 2＋λb 2＋(λ＋1)a·b ＝0.∴(32)2＋42·λ＋(λ＋1)·32×4×cos135°＝0. 解得λ＝－32.[答案]－328．[解析]∵(a －b ＋2c )2＝a 2＋b 2＋4c 2－2a·b ＋4a·c －4b ·c ＝1＋1＋4－1＋2－2＝5， ∴|a －b ＋2c |＝ 5. [答案] 5 9．[解析]如图，设AB →＝b ，AC →＝c ，AD →＝d ， 则CD →＝d －c ，BD →＝d －b ，BC →＝c －b ，所以原式＝b ·(d －c )＋d ·(c －b )－c ·(d －b )＝0. [答案]0 三、解答题10．[答案]解：(1)OA →·OB →＝|OA →|·|OB →|·cos∠AOB ＝1×1×cos60°＝12.(2)(OA →＋OB →)·(CA →＋CB →) ＝(OA →＋OB →)·(OA →－OC →＋OB →－OC →) ＝(OA →＋OB →)·(OA →＋OB →－2OC →)＝12＋1×1×cos60°－2×1×1×cos60°＋1×1×cos60°＋12－2×1×1×cos60°＝1. (3)|OA →＋OB →＋OC →| ＝OA ―→＋OB ―→＋OC ―→2＝12＋12＋12＋21×1×cos60°×3＝ 6.11．[答案]解：设正方体的棱长为m ， AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝m .a·b ＝b·c ＝c·a ＝0.又∵A 1C 1→＝A 1B 1→＋B 1C 1→＝AB →＋AD →＝a ＋b ，DE →＝DD 1→＋D 1E →＝DD 1→＋12D 1C 1→＝c ＋12a .∴A 1C 1→·DE →＝(a ＋b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋12a ＝a·c ＋b·c ＋12a 2＋12a·b ＝12a 2＝12m 2. 又∵|A 1C 1→|＝2m ，|DE →|＝52m .∴cos 〈A 1C 1→，DE →〉＝A 1C 1→·DE →|A 1C 1→|·|DE →|＝12m 22m ·52m ＝1010， ∴A 1C 1→与DE →所成角的余弦值为1010.12．[答案](1)证明：设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则AC 1→＝a ＋b ＋c .BD →＝b －a ，A 1B →＝a －c ，且a·b ＝a·c ＝b·c ＝0，则有AC 1→·BD →＝(a ＋b ＋c )·(b －a )＝b 2－a 2＋b·c －a·c ＝|b |2－|a |2＝0.同理，AC 1→·A 1B →＝0.∴AC 1→⊥BD →，AC 1→⊥A 1B →，∴AC 1⊥平面A 1BD . (2)设正方体的棱长为a ，D 1M →＝D 1D →＋DM →＝－c ＋12(a －b )，CN →＝CB →＋BN →＝－b ＋12(c －a )，∴|D 1M →|2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－c ＋12a －b 2＝a 2＋14a 2＋14a 2＝32a 2，∴|D 1M →|＝62a .同理|CN →|＝62a .又D 1M →·CN →＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－c ＋12a －b ·⎣⎢⎡⎦⎥⎤－b ＋12c －a ＝－12|c |2－14|a |2＋12|b |2＝－14a 2，∴cos 〈D 1M →，CN →〉＝－14a 262a ·62a ＝－16.。
高中数学选修2-1课时作业23：3.1.3 空间向量的数量积运算
3.1.3 空间向量的数量积运算基础达标1.如图，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋cB ．12a ＋12b ＋cC ．－12a －12b ＋cD ．12a －12b ＋c2.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 ．6D ． 63.设空间四点O ，A ，B ，P 满足OP →＝mOA →＋nOB →，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.AB →与AP →的方向一定相同4.已知四边形ABCD 满足：AB →·BC →＞0，BC →·CD →＞0，CD →·DA →＞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5.如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°6.化简(AB →－CD →)－(AC →－BD →)＝_____________．7.设e 1，e 2是空间两个不共线的向量，若AB →＝e 1＋k e 2，BC →＝5e 1＋4e 2，DC →＝－e 1－2e 2，且A ，B ，D 三点共线，则实数k ＝__________．8.如图，已知四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是矩形，AB ＝4，AA 1＝3，∠BAA 1＝60°，E 为棱C 1D 1的中点，则AB →·AE →＝__________．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 →＝25OA →＋15OB →＋25OC →；(2)OP →＝2OA →－2OB →－OC →.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CE →与MN →是否共线．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°2.已知向量a，b满足|a|＝|b|＝|a＋b|＝1，则向量a，b的夹角为_______．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．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 .——★ 参 考 答 案 ★——基础达标1.[答案]A[解析]∵A 1M →＝12(a ＋b )，∴BM →＝BA →＋AA 1→＋A 1M →＝－a ＋c ＋12(a ＋b )＝－12a ＋12b ＋c .2.[答案]A[解析]∵|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， ∴|a －b ＋2c |2＝a 2＋b 2＋4c 2－2a ·b －4b ·c ＋4a ·c ＝5，∴|a －b ＋2c |＝ 5. 3.[答案]A[解析]∵n ＝1－m ，∴OP →＝mOA →＋(1－m )OB →＝mOA →＋OB →－mOB →， 即OP →－OB →＝m (OA →－OB →)，∴BP →＝mBA →，选A. 4.[答案]D[解析]∵AB →·BC →＞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°. ∴该四边形为空间四边形． 5.[答案]B[解析]令BA →＝a ，BC →＝b ，BB 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝m (m ＞0)，a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，EF →＝12(c －a )，BC 1→＝b ＋c ，又|EF →|＝22m ，|BC 1→|＝2m ，∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|＝12m 222m ·2m＝12，∴直线EF 和BC 1所成的角为60°. 6.[答案]0[解析]法一：(利用相反向量的关系转化为加法运算)(AB →－CD →)－(AC →－BD →)＝AB →－CD →－AC →＋BD →＝AB →＋DC →＋CA →＋BD →＝AB →＋BD →＋DC →＋CA →＝0. 法二：(利用向量的减法运算法则求解)(AB →－CD →)－(AC →－BD →)＝(AB →－AC →)＋BD →－CD →＝CB →＋BD →－CD →＝CD →－CD →＝0. 7.[答案]1[解析]BD →＝BC →＋CD →＝BC →－DC →＝6(e 1＋e 2)，∵A 、B 、D 三点共线，可令AB →＝λBD →，即e 1＋k e 2＝6λ(e 1＋e 2)，又e 1，e 2不共线，故有⎩⎪⎨⎪⎧6λ＝16λ＝k ，∴k ＝1.8.[答案]14[解析]AE →＝AA 1→＋AD →＋12AB →，AB →·AE →＝AB →·AA 1→＋AB →·AD →＋12AB →2＝4×3×cos 60°＋0＋12×42＝14.9.解：(1)OP →＝25OA →＋15OB →＋25OC →＝25OA →＋15(OA →＋AB →)＋25(OA →＋AC →)＝OA →＋15AB →＋25AC →，即OP →＝OA →＋15AB →＋25AC →，AP →＝15AB →＋25AC →，所以点P 与A ，B ，C 三点共面．(2)OP →＝2OA →－2OB →－OC →＝2OA →－2(OA →＋AB →)－(OA →＋AC →)＝－2AB →－OA →－AC →， 即OP →＝－OA →－2AB →－AC →， 而AP →不能由AB →和AC →表示，所以不能把OP 化为OP →＝OA →＋xAB →＋yAC →的形式， 所以点P 不与A ，B ，C 三点共面．10.解：∵M 、N 分别是AC 、BF 的中点，且四边形ABCD 、ABEF 都是平行边形， ∴MN →＝MA →＋AF →＋FN →＝12CA →＋AF →＋12FB →.又∵MN →＝MC →＋CE →＋EB →＋BN →＝－12CA →＋CE →－AF →－12FB →，∴12CA →＋AF →＋12FB →＝－12CA →＋CE →－AF →－12FB →. ∴CE →＝CA →＋2AF →＋FB →＝2(MA →＋AF →＋FN →)． ∴CE →＝2MN →.∴CE →∥MN →，即CE →与MN →共线．能力提升1.[答案]D [解析]由已知得 OA →⊥BC →，OB →⊥AC →， ∴OA →·BC →＝0，OB →·AC →＝0，∴OA →·(OC →－OB →)＝0，OB →·(OC →－OA →)＝0， ∴OA →·OC →＝OA →·OB →，OB →·OC →＝OB →·OA →，∴OA →·OC →－OB →·OC →＝0，(OA →－OB →)·OC →＝0，BA →·OC →＝0， ∴OC →⊥AB →，即OC 和AB 成90°角． 2.[答案]120°[解析]∵|a |＝|b |＝|a ＋b |＝1，∴1＝|a ＋b |2＝(a ＋b )2＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝2＋2cos 〈a ，b 〉，∴cos 〈a ，b 〉＝－12，∴a ，b 的夹角为120°. 3.解：∵∠ACD ＝90°， ∴AC →·CD →＝0.同理，BA →·AC →＝0. ∵AB 与CD 成60°角， ∴〈BA →，CD →〉＝60°或120°. ∵BD →＝BA →＋AC →＋CD →，∴|BD →|2＝|BA →|2＋|AC →|2＋|CD →|2＋2BA →·AC →＋2BA →·CD →＋2AC →·CD →＝|BA →|2＋|AC →|2＋|CD →|2＋2BA →·CD →＝3＋2·1·1·cos 〈BA →，CD →〉＝⎩⎪⎨⎪⎧4，〈BA →，CD →〉＝60°，2，〈BA →，CD →〉＝120°，∴|BD →|＝2或2，即B 、D 间的距离为2或 2.4.(1)证明：设AB →＝a ，AD →＝b ，AP →＝c ，则MN →＝MB →＋BC →＋CN →＝12AB →＋AD →－12PC → ＝12AB →＋AD →－12(PA →＋AD →＋DC →)＝12AB →＋AD →＋12AP →－12AD →－12AB →＝12(AD →＋AP →)＝12(b ＋c )， ∴MN →·CD →＝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， ∴MN →·CD →＝0，∴MN →⊥CD →，故MN ⊥CD .(2)解：由(1)知，MN ⊥CD ，MN →＝12(b ＋c )，∵PD →＝AD →－AP →＝b －c ， ∴MN →·PD →＝12(b ＋c )·(b －c )＝12(|b |2－|c |2)， ∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥AD ， 又∠PDA ＝45°，∴PA ＝AD ，∴|b |＝|c |， ∴MN →·PD →＝0，∴MN →⊥PD →， ∴MN ⊥PD ， ∵CD ，PD平面PCD ，且CD ∩PD ＝D ，∴MN ⊥平面PCD .。
人教版高中数学选修2-1课时跟踪检测(十六)空间向量的数量积运算
课时追踪检测（十六）空间向量的数目积运算层级一学业水平达标1．已知向量a， b 是平面α内两个不相等的非零向量，非零向量 c 在直线l 上，则c·a＝ 0，且 c·b＝ 0 是 l⊥ α的 ()A．充足不用要条件B．必需不充足条件C．充要条件D．既不充足也不用要条件分析：选 B若l⊥平面α，则c⊥a，c·a＝0，c⊥b，c·b＝0；反之，若a∥b，则c⊥a，c⊥b，其实不可以保证l⊥平面α.2．已知 e1，e2是夹角为60°的两个单位向量，则a＝e1＋e2与b＝e1－2e2的夹角是() A． 60°B． 120 °C． 30°D． 90°分析：选B a·b＝ (e1＋ e2)2213·(e1－ 2e2)＝ e1－ e1·e2－ 2e2＝ 1－ 1× 1× －2＝－，|a|＝a2＝e1＋ e22＝e21＋ 2e1·e2＋ e22＝1＋1＋ 1＝ 3，|b|＝b2＝e1－ 2e22＝e21－ 4e1·e2＋ 4e22＝1－2＋ 4＝ 3.－3·21.∴ cos〈 a， b〉＝a b＝＝－|a||b|32∴〈 a， b〉＝ 120°.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 分别是AB，AD ， DC 的中点，则以下向量的数目积等于a2的是 ()A． 2 BA·ACB． 2 AD·DBC． 2·FG ACD． 2EF ·CB分析：选 C 2 BA·AC＝－ a2，故A错； 2 AD·DB＝－ a2，故B错； 2 EF·CB＝－1a2，故D错，只有 C 正确．24．已知四边形 ABCD 为矩形， PA⊥平面 ABCD ，连结 AC，BD， PB， PC，PD，则下列各组向量中，数目积不为零的是()A．PC与BD B．DA与PBC．PD与AB D．PA与CD分析：选 A用清除法，由于PA⊥ 平面ABCD，因此PA⊥CD，故PA·CD＝0，清除 D；由于 AD ⊥ AB，PA⊥ AD，又 PA∩AB＝A，因此 AD ⊥平面 PAB，因此 AD⊥ PB，故DA·PB＝ 0，清除 B，同理PD·AB＝ 0，清除 C.5．在正方体ABCD -A1B1C1D1中，有以下命题：①( AA1＋AD＋AB )2＝3 AB2；②A1C ·(A1B1－ A1 A)＝0；③ AD1与 A1B 的夹角为60°；④正方体的体积为| AB·AA1·AD |.此中正确命题的个数是 ()A． 1B． 2C． 3D． 4分析：选 B 如下图，(AA1＋AD＋AB )2＝( 1 ＋11＋11 )2＝AC12＝3AB 2；AA A D D CA1C ·(A1B1－ A1 A)＝ A1 C ·AB1＝0； AD1与 A1 B 的夹角是 D1C与 D1 A 夹角的补角，而 D1C 与 D1 A 的夹角为60°，故 AD1与 A1 B 的夹角为120；°正方体的体积为 | AB || AA1 || AD |.综上可知，①②正确．6．已知 |a|＝ 13， |b|＝ 19， |a＋ b|＝24，则 |a－ b|＝ ________.分析： |a＋b|2＝ a2＋ 2a·b＋b2＝ 132＋ 2a·b＋ 192＝ 242，∴2a·b＝ 46，|a－ b|2＝ a2－ 2a·b＋ b2＝530－ 46＝ 484，故 |a－ b|＝ 22.答案： 227．已知 PA⊥平面 ABC，∠ ABC ＝ 120 °， PA＝ AB＝ BC＝ 6，如图，则PC 等于 ________．分析：∵PC ＝ PA＋ AB ＋ BC ，∴|PC |2＝( PA＋AB＋BC )2＝PA2＋AB2＋BC2＋2 PA·AB＋2 PA·BC＋2 AB·BC＝ 36＋36＋ 36＋0＋ 0＋ 2| AB || BC |cos 60 °1＝ 108＋ 2× 6× 6× 2＝ 144.∴PC ＝ 12.答案： 128．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 ________．分析： AB ＝ AC ＋CD ＋DB ，∴CD ·AB ＝ CD ·(AC ＋ CD ＋ DB )＝|CD |2＝1，∴cos 〈 CD ， AB 〉＝CD·AB＝ 1，| CD ||AB |2∴异面直线 a ， b 所成角是 60°. 答案： 60°9．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：如下图，设 OA ＝ a ， OB ＝ b ， OC ＝c ，|a|＝ |b|＝ |c|＝ 1，π易知∠AOB ＝∠BOC ＝∠AOC ＝ 3，1则 a ·b ＝ b ·c ＝ c ·a ＝2.∵＝11OE 2( OA ＋ OB )＝ 2(a ＋ b)，BF ＝OF －OB ＝1OC －OB ＝1－ ，2 2cb又|OE |＝|BF |＝ 32 ，∴·＝1＋1 c － b ＝ 1 1 1 1 21 2(a b) ··＋ ·－·－2b＝－ ，OE BF24a c 4b c 2a b2∴cos 〈 OE ， BF 〉＝OE ·BF2＝－.| OE ||BF |3 ∴异面直线 OE 与 BF 所成角的余弦值是23.10.如图，正三棱柱 ABC-A 1B 1C 1 中，底面边长为 2.(1) 设侧棱长为 1，求证： AB 1⊥ BC 1；(2)设 AB1与 BC1的夹角为π，求侧棱的长．3解： (1)证明：AB1＝AB＋BB1，BC1＝ BB1＋BC.∵BB1⊥平面 ABC ，∴BB1·AB＝ 0，BB1·BC＝ 0.又△ABC 为正三角形，π2π∴〈AB ， BC 〉＝π－〈 BA ， BC 〉＝π－3＝3.∵AB1·BC1＝(AB＋ BB1)·(BB1＋BC)＝AB ·BB1＋ AB ·BC ＋BB12＋BB1·BC＝| AB | ·|BC | ·cos〈AB，BC〉＋BB12＝－ 1＋ 1＝ 0，∴AB1⊥BC1.由知·＝ |AB | ·|| ·cos〈AB，BC〉＋BB12＝2－ 1.(2)(1)AB1 BC1BC BB1又| AB|＝AB2＋ BB 2＝2＋ BB2＝|BC|，1111∴cos〈AB1， BC1〉＝BB12－ 1＝1，2＋BB122∴|BB1|2 2.＝，即侧棱长为层级二应试能力达标1．已知在正四周体A-BCD 中，全部棱长都为1，△ ABC 的重心为 G，则 DG 的长为 ()3 B.2A. 3356C. 3D. 3分析：选D如图，连结 AG 并延伸交 BC 于点 M，连结 DM ，∵G 是△2ABC 的重心，∴ AG＝3AM ，2222∴AG ＝3AM ，DG＝DA＋AG＝DA＋3AM ＝ DA ＋3(DM －DA)＝DA＋321(DB＋DC )－DA＝31(DA＋DB＋DC )，而(DA＋DB＋DC)2＝DA2＋DB2＋DB 2＋2DA·＋2·＋ 2DC·＝ 1＋ 1＋1＋ 2(cos 60°＋ cos 60°＋ cos 60°)＝DB DB DC DA66，∴| DG |＝3 .2．已知空间四边形ABCD 中，∠ ACD＝∠ BDC ＝ 90°，且 AB＝ 2， CD＝ 1，则 AB 与CD 所成的角是 ()A． 30°B． 45°C． 60°D． 90°分析：选C依据已知∠ ACD＝∠BDC＝ 90°，得AC·CD＝DB·CD＝0，∴AB·CD ＝(AC＋CD＋DB )·CD＝AC·CD＋| CD |2＋DB·CD＝| CD |2＝1，AB ·CD1∴cos AB ， CD＝，|AB||CD|2∴AB 与 CD 所成的角为60°.3．设 a， b， c 是随意的非零空间向量，且它们互不共线，给出以下命题：①(a·b)c－ (c·a)b＝ 0；② |a|－ |b|<|a－ b|；③(b·a)c－(c·a)b 必定不与c 垂直；④ (3a＋ 2b) ·(3a－ 2b)＝ 9|a|2－ 4|b|2.此中正确的选项是()A．①②B．②③C．③④D．②④分析：选 D依据向量数目积的定义及性质，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 不必定相等，故①错误；③由于[( 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③错误；易知②④正确．应选 D.4．设 A，B，C，D 是空间不共面的四点，且知足AB·AC＝0，AC·AD＝0，AB·AD ＝ 0，则△ BCD ()A．是钝角三角形B．是锐角三角形C．是直角三角形D．形状不确立分析：选B∵BD＝AD－AB，BC＝AC－AB，∴BD·BC＝(AD － AB)(AC －AB)＝AD ·AC － AD ·AB － AB ·AC ＋|AB |2＝| AB |2>0，∴cos ∠CBD＝ cosBC ·BDBC，BD>0 ，| BC |·|BD |∴∠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，|a－b|＝7，则a，b＝________.分析：将 |a－ b|＝7两边平方，得 (a－ b)2＝ 7.1由于 |a|＝ 2， |b|＝2，因此 a·b＝2.1又 a·b ＝| a|| b |cos a， b故cos a，b.8答案：1 86.如下图，在一个直二面角α -AB-β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AB＝ 4， AC＝ 6， BD＝8，则 CD 的长为 ________．分析：∵CD ＝CA＋ AB＋ BD ＝ AB － AC ＋ BD ，∴CD2＝(AB－AC＋BD)2＝ AB2＋ AC2＋ BD2－2·＋ 2AB ·－ 2·＝ 16＋ 36＋ 64＝ 116，∴AB AC BD AC BD|CD |＝229.答案： 2 297.如图，在长方体ABCD -A1B1C1D1中， AB＝ 1， BC＝ 2，AA1＝ 3， E 为 CC1上的点，且 CE ＝ 1，求异面直线AB1， BE 所成角的余弦值．解：AB·＝ (AB ＋BB1)·(BC＋CE )＝AB·BC ＋AB·CE ＋1 BEBB1·BC＋ BB1·CE＝0＋0＋0＋3＝3.依题意，易知 |AB1|10，|BE |5＝＝，AB1BE332∴cos AB1，BE·.＝| AB1＝＝10||BE |528．如下图，在平行四边形ABCD 中， AB＝ AC＝ 1，∠ ACD ＝ 90°，将它沿对角线A C 折起，使AB 与 CD 成 60°角，求 B， D 间的距离．解：∵∠ACD ＝ 90°，∴AC·CD＝ 0.同理 AC ·BA ＝0.∵AB 与CD成 60°角，∴〈BA，CD〉＝ 60°或 120°.又∵BD＝BA＋ AC ＋CD，∴|BD |2＝BD·BD＝|BA |2＋| AC |2＋| CD |2＋ 2 BA·AC＋2 BA·CD＋2 AC·CD ＝ 3＋ 2× 1× 1× cos〈BA，CD〉．当〈 BA ， CD 〉＝60°时， BD 2＝4；当〈 BA ， CD 〉＝120°时， BD 2＝2.∴|BD |＝2 或2，即 B，D 间的距离为 2 或 2.。
2019届高二数学人教版选修2-1课后训练：3-1-3 空间向量的数量积运算
04课后课时精练一、选择题1．下列命题正确的是( )A ．|a |·a ＝a 2B ．(a ·b )2＝a 2·b 2C ．a (a ·b )＝b ·a 2D ．|a ·b |≤|a |·|b |解析：根据定义可判断出A 、B 、C 均不正确．答案：D2．已知菱形ABCD 的边长为a ，∠DAB ＝60°，则|＋|等于AB → AD→ ( )A ．aB ．2a C.aD.a23解析：由向量的平行四边形法则知，|＋|＝||＝a .AB → AD → AC→ 3答案：D3．设A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足·＝0，AB → AC→ ·＝0，·＝0，则△BCD 是( )AC → AD → AB → AD→ A. 钝角三角形 B. 锐角三角形C. 直角三角形D. 不确定解析：·＝(－)·(－)BC → BD → AC → AB → AD → AB → ＝·－·－·＋2＝2>0.AC → AD → AC → AB → AB → AD → AB → AB →同理，可证·>0，·>0.CB → CD → DB → DC→ ∴三角形的三个内角均为锐角．答案：B4．若a ⊥b ，a ⊥c ，l ＝αb ＋β c (α，β∈R )，m ∥a ，则m 与l 一定( )A ．相交B ．共线C ．垂直D ．以上都有可能解析：∵a ⊥b ，a ⊥c 且a ∥m ，∴m ⊥b ，m ⊥c ，∴m ·l ＝m ·(α b ＋β c )＝α m ·b ＋β m ·c ＝α·0＋β·0＝0，∴m ⊥l .答案：C 5.[2014·清华附中月考]已知a ，b 是两异面直线，A ，B ∈a ，C ，D ∈b ，AC ⊥b ，BD ⊥b 且AB ＝2，CD ＝1，则直线a ，b 所成的角为( )A. 30°B. 60°C. 90°D. 45°解析：本题主要考查空间向量在求角中的应用．由于＝＋AB → AC→ ＋，则·＝(＋＋)·＝＝1.cos 〈，〉CD → DB → AB → CD → AC → CD → DB → CD → CD 2→ AB → CD →＝＝⇒〈，〉＝60°，故选B.AB → ·CD →|AB → |·|CD → |12AB → CD → 答案：B6．设a ，b ，c 为同一平面内具有相同起点的任意三个非零向量，且满足a 与b 不共线，a ⊥c ，|a |＝|c |，则|b ·c |的值一定等于( )A ．以a ，b 为两边的三角形的面积B ．以b ，c 为两边的三角形的面积C ．以a ，b 为邻边的平行四边形的面积D ．以b ，c 为邻边的平行四边形的面积解析：若|a |＝|c |＝1，|b |＝2，〈a ，b 〉＝，〈c ，b 〉＝，则π6π3|b ·c |＝2×1×cos ＝1，而以a ，b 为两边的三角形面积S ＝|a |·|b |·sin π312＝，以b ，c 为两边的三角形面积S ＝|b |·|c |·sin ＝；以a ，b 为π61212π332邻边的平行四边形的面积S ＝|a |·|b |·sin ＝1，以b ，c 为邻边的平行π6四边形的面积S ＝|b |·|c |·sin ＝.故排除A 、B 、D ，选C.π33答案：C 二、填空题7．设a ⊥b ，〈a ，c 〉＝，〈b ，c 〉＝，且π3π6|a |＝1，|b |＝2，|c |＝3，则|a ＋b ＋c |＝________.解析：|a ＋b ＋c |2＝|a |2＋|b |2＋|c |2＋2a ·b ＋2a ·c ＋2b ·c ＝12＋22＋32＋2×1×3×cos60°＋2×2×3×cos30°＝17＋6，3∴|a ＋b ＋c |＝.17＋63答案：17＋638.在平行六面体ABCD －EFGH 中，已知M ，N ，R 分别是AB ，AD ，AE 上的点，且AM ＝MB ，AN ＝ND ，AR ＝2RE ，则平面12MNR 分对角线AG 所得线段AP 与PG 的比值为________．解析：本题主要考查空间向量的共面条件的应用．设＝m ，由AP → AG→ ＝＋＋＝2＋3＋，得＝2m ＋3m ＋m AG → AB → AD → AE → AM → AN → 32AR → AP → AM → AN→ 32.AR → 由于P ，M ，R ，N 共面，则2m ＋3m ＋m ＝1，32从而得m ＝，即＝，故＝.213APAG 213APPG 211答案：2119．设a 、b 、c 是任意的非零向量，且互不共线，则下列四个命题：①(a ·b )c －(c ·a )b ＝0；②|a |－|b |<|a －b |；③(c ·b )a －(c ·a )b 不与c 垂直；④(3a ＋2b )·(3a －2b )＝9|a |2－4|b |2.其中真命题的序号是________．解析：①注意向量数乘与数量积的区别，所以不成立；②是三角形不等式，所以成立；③[(c ·b )a －(c ·a )b ]·c ＝(c ·b )(a ·c )－(c ·a )(b ·c )＝0，故垂直，所以③不成立；④向量运算定律，所以成立．答案：②④三、解答题10．设θ＝〈a ，b 〉＝120°，|a |＝3，|b |＝4.求：(1)a ·b ；(2)a 2与b 2；(3)(3a －2b )·(a ＋2b )．解：(1)a ·b ＝3×4×cos120°＝－6.(2)a 2＝|a |2＝9，b 2＝|b |2＝16.(3)(3a －2b )·(a ＋2b )＝3|a |2－4|b |2＋4a ·b ＝3×32－4×42＋4×(－6)＝27－64－24＝－61.11. [2014·安徽省合肥一中期中考试]点P 是矩形ABCD 所在平面外一点，且PA ⊥面ABCD ，M ，N 分别是PC ，PD 上的点，M 分PC 成定比2，且＝2，N 分PD 成定比1.PMMC (1)求满足＝x ＋y ＋z 的实数x ，y ，z 的值；MN → AB → AD → AP → (2)若PA ＝AB ＝1，AD ＝2，求MN 的长．解：(1)取PC 的中点E ，连接NE ，则＝－＝－(MN → EN → EM → 12CD→ －)＝－(－)PM → PE → 12CD →23PC → 12PC → ＝－＝－－(－＋＋)＝－－＋，12CD → 16PC → 12AB → 16AP → AB → AD → 23AB → 16AD → 16AP → 比较知x ＝－，y ＝－，z ＝.231616(2)因为PA ＝AB ＝1，AD ＝2，且PA ⊥AB ，AB ⊥AD ，PA ⊥AD ，而||2＝|－－＋|2＝(－)2＋(－)2＋(－)MN →23AB → 16AD → 16AP → 23AB → 16AD → 16AP → 2＝，712故||＝.MN→21612.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝AB ＝2BC ，M ，N 分别为PC ，PB的中点．(1)求证：PB ⊥DM ；(2)求AC 与PD 所成角的余弦值．解：(1)结合图形知，＝－，＝(＋)＝(－PB → AB → AP → DM → 12DP → DC →12AP→ ＋－)＝＋－，则·＝(－)·(＋AD → AB → 12AD → 12AP → 12AB → 34AD → PB → DM → AB → AP → 12AP → 12－)＝||2－||2＝0，AB → 34AD → 12AB →12AP→ 故PB ⊥DM .(2)设PA ＝AD ＝AB ＝2BC ＝2，由于＝－，＝＋，PD → AD → AP → AC → AB → 12AD → 则||2＝|－|2＝2－2·＋2＝8，故||＝2，PD → AD → AP → AD → AD → AP → AP → PD→ 2||2＝|＋|2＝||2＋2·＋||2＝5，AC → AB → 12AD → AB → AB → 12AD → 14AD → 故||＝，AC→ 5·＝(－)·(＋)＝2，PD → AC → AD → AP → AB → 12AD→ 故cos 〈，〉＝＝.PD → AC→222×51010。
人教A版高中数学选修2-1课时练习-空间向量的数量积运算
课时练习(十五) 空间向量的数量积运算(建议用时：60分钟)一、选择题1．正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′中，向量AB →′与BC →′的夹角是( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．90°C [BC ′∥AD ′，△AD ′B ′为正三角形， ∴∠D ′AB ′＝60°， ∴〈AB ′→，BC ′→〉＝60°．]2．若向量m 垂直于向量a 和b ，向量n ＝λa ＋μb (λ，μ∈R 且λ，μ≠0)，则( ) A ．m ∥n B ．m ⊥nC ．m 不平行于n ，m 也不垂直于nD ．以上三种情况都有可能B [由题意知，m ·a ＝0，m ·b ＝0，则m ·n ＝m ·(λa ＋μb )＝λm ·a ＋μ m ·b ＝0． 因此m ⊥n ．]3．如图所示，在平行六面体ABCD -A ′B ′C ′D ′中，AB ＝1，AD ＝2，AA ′＝3，∠BAD ＝90°，∠BAA ′＝∠DAA ′＝60°，则AC ′的长为( )A ．13B ．23C ．33D ．43B [∵AC ′→＝AB →＋BC →＋CC ′→， ∴AC ′→2＝(AB →＋BC →＋CC ′→)2＝AB →2＋BC →2＋CC ′→2＋2(AB →·BC →＋AB →·CC ′→＋BC →·CC ′→)＝12＋22＋32＋2(0＋1×3cos 60°＋2×3cos 60°) ＝14＋2×92＝23，∴|AC ′→|＝23，即AC ′的长为23．]4．已知空间四边形ABCD 中，∠ACD ＝∠BDC ＝90°，且AB ＝2，CD ＝1，则AB 与CD 所成的角是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°C [根据已知∠ACD ＝∠BDC ＝90°，得AC →·CD →＝DB →·CD →＝0，∴AB →·CD →＝(AC →＋CD →＋DB →)·CD →＝AC →·CD →＋|CD →|2＋DB →·CD →＝|CD →|2＝1，∴cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|AB →||CD →|＝12，∴AB 与CD 所成的角为60°．]5．如图，已知平行四边形ABCD 中，AD ＝4，CD ＝3，∠D ＝60°，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝6，则PC ＝( )A ．3B ．7C ．4D ．6B [|PC →|2＝PC →·PC →＝(P A →＋AD →＋DC →)2＝|P A →|2＋|AD →|2＋|CD →|2＋2P A →·AD →＋2AD →·DC →＋2P A →·DC →＝62＋42＋32＋2|AD →||DC →|cos 120°＝49．所以|PC →|＝7．] 二、填空题6．已知|a |＝13，|b |＝19，|a ＋b |＝24，则|a －b |＝________．22 [∵|a ＋b |2＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝132＋2a ·b ＋192＝242，∴2a ·b ＝46，|a －b |2＝a 2－2a ·b ＋b 2＝132－46＋192＝484，故|a －b |＝22．]7．如图，已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各条棱长都相等，M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成的角的大小是________．90° [不妨设棱长为2，则AB →1＝BB 1→－BA →，BM →＝BC →＋12BB 1→， cos 〈AB 1→，BM →〉＝ (BB 1→－BA →)·⎝ ⎛⎭⎪⎫BC →＋12BB 1→22×5＝0－2＋2－022×5＝0，故填90°．]8．如图所示，在一个直二面角α-AB -β的棱上有A ，B 两点，AC ，BD 分别是这个二面角的两个面内垂直于AB 的线段，且AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，则CD 的长为________．229 [∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →＝AB →－AC →＋BD →，∴CD →2＝(AB →－AC →＋BD →)2＝AB →2＋AC →2－2AB →·AC →＋BD →2＋2AB →·BD →－2AC →·BD →＝16＋36＋64＝116，∴|CD →|＝229．] 三、解答题9．已知正四面体OABC 的棱长为1．求：(1)OA →·OB →；(2)(OA →＋OB →)·(CA →＋CB →)；(3)|OA →＋OB →＋OC →|．[解] (1)OA →·OB →＝|OA →|·|OB →|·cos ∠AOB ＝1×1×cos 60°＝12． (2)(OA →＋OB →)·(CA →＋CB →)＝(OA →＋OB →)·(OA →－OC →＋OB →－OC →) ＝(OA →＋OB →)·(OA →＋OB →－2OC →)＝12＋1×1×cos 60°－2×1×1×cos 60°＋1×1×cos 60°＋12－2×1×1×cos 60°＝1．(3)|OA →＋OB →＋OC →| ＝(OA →＋OB →＋OC →)2＝12＋12＋12＋(2×1×1×cos 60°)×3 ＝6．10．如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 是DD 1的中点，O 是底面ABCD 的中心．求证：B 1O ⊥平面P AC ．[证明] 取AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，且|a |＝|b |＝|c |＝1． 则有AC →＝AB →＋AD →＝a ＋b ， OB 1→＝OB →＋BB 1→＝12DB →＋BB 1→＝12(AB →－AD →)＋BB 1→ ＝12a －12b ＋c ，∴AC →·OB 1→＝(a ＋b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫12a －12b ＋c ＝12|a |2＋12a ·b －12a ·b －12|b |2＋a ·c ＋b ·c ＝12－12＝0．∴AC →⊥OB 1→，即AC ⊥OB 1． ∵AP →＝AD →＋12DD 1→＝b ＋12c ， ∴OB 1→·AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a －12b ＋c ·⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋12c ＝12a ·b －12|b |2＋c ·b ＋14a ·c －14b ·c ＋12|c |2＝－12＋12＝0， ∴OB 1→⊥AP →，即OB 1⊥AP ． 又∵AC ∩AP ＝A ， ∴OB 1⊥平面APC ．1．已知边长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的上底面A 1B 1C 1D 1的中心为O 1，则AO 1→·AC →的值为( )A ．－1B ．0C ．1D ．2C [AO 1→＝AA 1→＋A 1O 1→＝AA 1→＋12(A 1B 1→＋A 1D 1→)＝AA 1→＋12(AB →＋AD →)，而AC →＝AB →＋AD →，则AO 1→·AC →＝12(AB →2＋AD →2)＝1，故选C ．]2．已知a ，b 是两异面直线，A ，B ∈a ，C ，D ∈b ，AC ⊥b ，BD ⊥b 且AB ＝2，CD ＝1，则直线a ，b 所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．90°D ．45°B [由于AB →＝AC →＋CD →＋DB →，则AB →·CD →＝(AC →＋CD →＋DB →)·CD →＝CD →2＝1． cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|AB →|·|CD →|＝12，AB →，CD →〉＝60°．]3．如图所示，已知正三棱锥A -BCD 的侧棱长和底面边长都是a ，点E ，F 分别是AB ，AD 上的点，且AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶2，则EF →·BC →＝________．16a 2[因为点E ，F 分别是AB ，AD 上的点， 所以EF →＝13BD →， 所以EF →·BC →＝13BD →·BC →，结合图形可知〈BD →，BC →〉＝60°，所以EF →·BC →＝13BD →·BC →＝13×a ×a ×cos 60°＝16a 2．]4．已知在正四面体D -ABC 中，所有棱长都为1，△ABC 的重心为G ，则DG 的长为________．63 [如图，连接AG 并延长交BC 于点M ，连接DM ，∵G 是△ABC 的重心，∴AG ＝23AM ，∴AG →＝23AM →，DG →＝DA →＋AG →＝DA →＋23AM →＝DA →＋23(DM →－DA →)＝DA →＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(DB →＋DC →)－DA →＝13(DA →＋DB →＋DC →)，而(DA →＋DB →＋DC →)2＝DA →2＋DB →2＋DC →2＋2DA →·DB →＋2DB →·DC →＋2DC →·DA →＝1＋1＋1＋2(cos 60°＋cos 60°＋cos 60°)＝6，∴|DG →|＝63．]5．如图，正四面体V -ABC 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〈DM →，AO →〉．[解] (1)证明：设VA →＝a ，VB →＝b ，VC →＝c ，正四面体的棱长为1， 则VD →＝13(a ＋b ＋c )，AO →＝16(b ＋c －5a )， BO →＝16(a ＋c －5b )，CO →＝16(a ＋b －5c )，所以AO →·BO →＝136(b ＋c －5a )·(a ＋c －5b )＝136(18a ·b －9|a |2)＝136(18×1×1×cos 60°－9)＝0，所以AO →⊥BO →，即AO ⊥BO ．同理，AO ⊥CO ，BO ⊥CO ． 所以AO ，BO ，CO 两两垂直．(2)DM →＝DV →＋VM →＝－13(a ＋b ＋c )＋12c ＝16(－2a －2b ＋c )，所以|DM →|＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤16(－2a －2b ＋c )2＝12． 又|AO →|＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤16(b ＋c －5a )2＝22，DM →·AO →＝16(－2a －2b ＋c )·16(b ＋c －5a )＝14， 所以cos 〈DM →，AO →〉＝1412×22＝22． 又〈DM →，AO →〉∈[0，π]，所以〈DM →，AO →〉＝π4．。
人教A高中数学选修21新课改地区课时跟踪检测十六 空间向量与平行垂直关系 含解析
课时跟踪检测（十六） 空间向量与平行、垂直关系一、题组对点训练 对点练一 平面的法向量1．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则平面ABC 的一个法向量是( ) A ．(1,1，－1) B ．(1，－1,1) C ．(－1,1,1) D ．(－1，－1，－1)解析：选DAB ―→＝(－1,1,0)，AC ―→＝(－1,0,1)．设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，取x ＝－1，则y ＝－1，z ＝－1. 故一个法向量是(－1，－1，－1)．2．若A ⎝⎛⎭⎫0，2，74，B (1，－1,0)，C (－2,1,0)是平面α内的三点，设平面α的法向量n ＝(x ，y ，z )(x ，y ，z ≠0)，则x ∶y ∶z ＝________.解析：AB ―→＝⎝⎛⎭⎫1，－3，－74，AC ―→＝⎝⎛⎭⎫－2，－1，－74. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB ―→＝0，n ·AC ―→＝0，得⎩⎨⎧x －3y －74z ＝0，－2x －y －74z ＝0，解得⎩⎨⎧x ＝23y ，z ＝－43y ，则x ∶y ∶z ＝23y ∶y ∶⎝⎛⎭⎫－43y ＝2∶3∶(－4)． 答案：2∶3∶(－4)对点练二 利用空间向量证明平行问题3．若两个不同平面α，β的法向量分别为u ＝(1,2，－1)，v ＝(－3，－6,3)，则( ) A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上均不正确解析：选A ∵v ＝－3u ，∴α∥β.4．已知直线l 的方向向量为(2，m,1)，平面α的法向量为⎝⎛⎭⎫1，12，2，且l ∥α，则m ＝________.解析：∵l ∥α，∴l 的方向向量与α的法向量垂直．∴(2，m,1)·⎝⎛⎭⎫1，12，2＝2＋12m ＋2＝0.解得m ＝－8.答案：－85．若AB ―→＝λCD ―→＋μCE ―→(λ，μ∈R)，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是________． 解析：∵AB ―→＝λCD ―→＋μCE ―→(λ，μ∈R)， ∴AB ―→与CD ―→，CE ―→共面．∴AB ∥平面CDE 或AB ⊂平面CDE . 答案：AB ∥平面CDE 或AB ⊂平面CDE6.如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，∠ABC ＝π4，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2，点M 为PA 的中点，点N 为BC 的中点，AF ⊥CD 于F ，如图建立空间直角坐标系．求出平面PCD 的一个法向量并证明MN ∥平面PCD .证明：由题设知，在Rt △AFD 中，AF ＝FD ＝22，A (0,0,0)，B (1,0,0)，F ⎝⎛⎭⎫0，22，0，D ⎝⎛⎭⎫－22，22，0，P (0,0,2)，M (0,0,1)，N ⎝⎛⎭⎫1－24，24，0. MN ―→＝⎝⎛⎭⎫1－24，24，－1，PF ―→＝⎝⎛⎭⎫0，22，－2，PD ―→＝⎝⎛⎭⎫－22，22，－2. 设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PF ―→＝0，n ·PD ―→＝0⇒⎩⎨⎧22y －2z ＝0，－22x ＋22y －2z ＝0，令z ＝2，得n ＝(0,4，2)．因为MN ―→·n ＝⎝⎛⎭⎫1－24，24，－1·(0,4，2)＝0， 又MN ⊄平面PCD ， 所以MN ∥平面PCD .对点练三 利用空间向量证明垂直问题7．已知直线l 1与l 2不重合，直线l 1的一个方向向量为a ＝(－2，5，2)，直线l 2的一个方向向量为b ＝(2，0,1)，则直线l 1与l 2的位置关系是________．解析：∵a ·b ＝－2＋0＋2＝0，∴a ⊥b ，∴l 1⊥l 2. 答案：l 1⊥l 28．已知AB ―→＝(1,5，－2)，BC ―→＝(3,1，z )，若AB ―→⊥BC ―→，BP ―→＝(x －1，y ，－3)，且BP ―→⊥平面ABC ，则BP ―→＝________.解析：∵AB ―→⊥BC ―→，∴AB ―→·BC ―→＝0，∴3＋5－2z ＝0， ∴z ＝4.∵BP ―→＝(x －1，y ，－3)，且BP ―→⊥平面ABC ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧BP ―→·AB ―→＝0， BP ―→·BC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －1＋5y ＋6＝0，3x －3＋y －12＝0，解得⎩⎨⎧x ＝407，y ＝－157，故BP ―→＝⎝⎛⎭⎫337，－157，－3. 答案：⎝⎛⎭⎫337，－157，－3 9．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，求证：DB 1⊥平面A 1BC 1. 证明：如图所示，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A 1(1，0,1)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)，B 1(1,1,1)，故A 1B ―→＝(0,1，－1)， A 1C 1―→＝(－1,1,0)，DB 1―→＝(1,1,1)． 设平面A 1BC 1的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则A 1B ―→⊥n ，A 1C 1―→⊥n . 故A 1B ―→·n ＝0，A 1C 1―→·n ＝0. 即y －z ＝0，－x ＋y ＝0.可设n ＝(1,1,1)，故有n ∥DB 1―→. 所以DB 1⊥平面A 1BC 1.10.如图，在四棱锥P -ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是AB ，PB 的中点．(1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面PAD 内求一点G ，使GF ⊥平面PCB ，并证明你的结论．解：(1)证明：以DA ，DC ，DP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(如图)，设AD ＝a ，则D (0,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎫a ，a2，0，P (0,0，a )，F ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，a 2，∴EF ―→＝⎝⎛⎭⎫－a 2，0，a 2，DC ―→＝(0，a,0)， ∴EF ―→·DC ―→＝⎝⎛⎭⎫－a 2，0，a 2·(0，a,0)＝0， ∴EF ⊥DC .(2)∵G ∈平面PAD ，设G (x,0，z )， ∴FG ―→＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2. 由(1)，知CB ―→＝(a,0,0)，CP ―→＝(0，－a ，a )． 由题意，要使GF ⊥平面PCB ，只需FG ―→·CB ―→＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(a,0,0) ＝a ⎝⎛⎭⎫x －a 2＝0，FG ―→·CP ―→＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝⎛⎭⎫z －a 2＝0， ∴x ＝a 2，z ＝0.∴点G 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，0，0， 即点G 为AD 的中点． 二、综合过关训练1．若平面α、β的法向量分别为a ＝⎝⎛⎭⎫12，－1，－3，b ＝(－1，2,6)，则( )A ．α∥βB ．α与β相交但不垂直C ．α⊥βD ．α∥β或α与β重合解析：选D ∵a ＝－12b ，∴a ∥b ，∴α∥β或α与β重合．2．直线l 的方向向量为a ，平面α内两共点向量OA ―→，OB ―→，下列关系中能表示l ∥α的是( )A ．a ＝OA ―→B ．a ＝k OB ―→C ．a ＝p OA ―→＋λOB ―→D ．以上均不能解析：选D A 、B 、C 均表示l ∥α或l ⊂α.3．已知平面α内有一个点A (2，－1,2)，它的一个法向量为n ＝(3,1,2)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A ．(1，－1,1) B.⎝⎛⎭⎫1，3，32 C.⎝⎛⎭⎫1，－3，32 D.⎝⎛⎭⎫－1，3，－32 解析：选B 要判断点P 是否在平面内，只需判断向量PA ―→与平面的法向量n 是否垂直，即PA ―→·n 是否为0即可，因此，要对各个选项进行逐个检验．对于选项A ，PA ―→＝(1,0,1)，则PA ―→·n ＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0，故排除A ；对于选项B ，PA ―→＝⎝⎛⎭⎫1，－4，12，则PA ―→·n ＝⎝⎛⎭⎫1，－4，12·(3,1,2)＝0. 4．如图，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，平行六面体的各棱长均相等．给出下列结论：①A 1M ∥D 1P ； ②A 1M ∥B 1Q ； ③A 1M ∥平面DCC 1D 1； ④A 1M ∥平面D 1PQB 1.这四个结论中正确的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选C ∵A 1M ―→＝A 1A ―→＋AM ―→＝A 1A ―→＋12AB ―→，D 1P ―→＝D 1D ―→＋DP ―→＝A 1A ―→＋12AB ―→，∴A 1M ―→∥D 1P ―→，从而A 1M ∥D 1P ，可得①③④正确． 又B 1Q 与D 1P 不平行，故②不正确．5．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB ―→＝(2，－1，－4)，AD ―→＝(4,2,0)，AP ―→＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP ―→是平面ABCD 的法向量；④AP ―→∥BD ―→.其中正确的是________．解析：由于AP ―→·AB ―→＝－1×2＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，AP ―→·AD ―→＝4×(－1)＋2×2＋0×(－1)＝0，所以①②③正确．答案：①②③6．在直角坐标系Oxyz 中，已知点P (2cos x ＋1,2cos 2x ＋2,0)和点Q (cos x ，－1,3)，其中x ∈[0，π]，若直线OP 与直线OQ 垂直，则x 的值为________．解析：由OP ⊥OQ ，得OP ―→·OQ ―→＝0. 即(2cos x ＋1)·cos x ＋(2cos 2x ＋2)·(－1)＝0. ∴cos x ＝0或cos x ＝12.∵x ∈[0，π]，∴x ＝π2或x ＝π3.答案：π2或π37.如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，E 为PC 的中点，EF ⊥BP 于点F .求证：(1)PA ∥平面EDB ； (2)PB ⊥平面EFD .证明：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D -xyz ，如图，设DC ＝PD ＝1，则P (0,0,1)，A (1,0,0)，D (0,0,0)，B (1,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，12. ∴PB ―→＝(1,1，－1)，DE ―→＝⎝⎛⎭⎫0，12，12， EB ―→＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12，设F (x ，y ，z )，则PF ―→＝(x ，y ，z －1)， EF ―→＝⎝⎛⎭⎫x ，y －12，z －12. ∵EF ―→⊥PB ―→，∴x ＋⎝⎛⎭⎫y －12－⎝⎛⎭⎫z －12＝0，即x ＋y －z ＝0.① 又∵PF ―→∥PB ―→，可设PF ―→＝λPB ―→， ∴x ＝λ，y ＝λ，z －1＝－λ.② 由①②可知，x ＝13，y ＝13，z ＝23，∴EF ―→＝⎝⎛⎭⎫13，－16，16. (1)设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面EDB 的一个法向量，则有⎩⎨⎧n 1·DE ―→＝0⇒12y 1＋12z 1＝0，n 1·EB ―→＝0⇒x 1＋12y 1－12z 1＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝z 1，y 1＝－z 1.取z 1＝－1，则n 1＝(－1,1，－1)． ∵PA ―→＝(1,0，－1)， ∴PA ―→·n 1＝0. 又∵PA ⊄平面EDB ， ∴PA ∥平面EDB .(2)设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面EFD 的一个法向量，则有⎩⎨⎧n 2·EF ―→＝0⇒13x 2－16y 2＋16z 2＝0，n 2·DE ―→＝0⇒12y 2＋12z 2＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝－z 2，y 2＝－z 2.取z 2＝1，则n 2＝(－1，－1,1)．∵PB ―→∥n 2，∴PB ⊥平面EFD .8.如图，在四棱锥P -ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠C ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 成30°的角．求证：(1)CM ∥平面PAD ； (2)平面PAB ⊥平面PAD .证明：以C 为坐标原点，CB 为x 轴，CD 为y 轴，CP 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz .∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角， ∴∠PBC ＝30°.∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4.∴D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)，M⎝⎛⎭⎫32，0，32，∴DP ―→＝(0，－1,2)，DA ―→＝(23，3,0)，CM ―→＝⎝⎛⎭⎫32，0，32.(1)设n ＝(x ，y ，z )为平面PAD 的一个法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧DP ―→·n ＝－y ＋2z ＝0， DA ―→·n ＝23x ＋3y ＝0，得⎩⎨⎧z ＝12y ，x ＝－32y ，令y ＝2，得n ＝(－3，2,1)．∵n ·CM ―→＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n ⊥CM ―→.又CM ⊄平面PAD ， ∴CM ∥平面PAD .(2)如图，取AP 的中点E ，连接BE ，则E (3，2,1)，BE ―→＝(－3，2,1)． ∵PB ＝AB ，∴BE ⊥PA .又∵BE ―→·DA ―→＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0，∴BE ―→⊥DA ―→.即BE ⊥DA .又∵PA ∩DA ＝A ，∴BE ⊥平面PAD . ∵BE ⊂平面PAB ， ∴平面PAB ⊥平面PAD .。
2018-2019学年高二数学选修2-1课时跟踪训练：(二十二) 空间向量的数量积
课时跟踪训练(二十二)空间向量的数量积1．已知A(2，－5,1)，B(2，－2,4)，C(1，－4,1)，则向量AB与AC的夹角为________．2．已知|a|＝2，|b|＝3，〈a，b〉＝60°，则|2a－3b|＝________.3．若AB＝(－4,6，－1)，AC＝(4,3，－2)，|a|＝1，且a⊥AB，a⊥AC，则a＝________________________________________________________________________.4．已知a＝(1,1,0)，b＝(0,1,1)，c＝(1,0,1)，p＝a－b，q＝a＋2b－c，则p·q＝________.5．如图，120°的二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在两个半平面内，且都垂直于AB.若AB＝4，AC＝6，BD＝8，则CD的长为________．6．已知a＝(1,5，－1)，b＝(－2,3,5)．(1)若(k a＋b)∥(a－3b)，求k的值；(2)若(k a＋b)⊥(a－3b)，求k的值．7．已知A(1,1,1)，B(2,2,2)，C(3,2,4)，求△ABC的面积．8．在长方体OABC－O1A1B1C1中，|OA|＝2，|AB|＝3，|AA1|＝2，E是BC的中点．建立空间直角坐标系，用向量方法解决下列问题．(1)求直线AO1与B1E所成的角的余弦值；(2)作O1D⊥AC于D，求点O1到点D的距离．答 案1．解析：AB ＝(0,3,3)，AC ＝(－1,1,0)，∴cos 〈AB ，AC 〉＝332×2＝12，∴〈AB ，AC 〉＝60°.答案：60°2．解析：a ·b ＝2×3×cos 60°＝3.∴|2a －3b |＝4|a |2－12a ·b ＋9|b |2＝4×4－12×3＋81＝61.答案：61 3．解析：设a ＝(x ，y ，z )，由题意有⎩⎪⎨⎪⎧ a·AB ＝0，a ·AC ＝0，|a|＝1，代入坐标可解得：⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝313，y ＝413，z ＝1213或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－313，y ＝－413，z ＝－1213.答案：⎝⎛⎭⎫313，413，1213或⎝⎛⎭⎫－313，－413，－1213 4．解析：∵p ＝(1,1,0)－(0,1,1)＝(1,0，－1)，q ＝(1,1,0)＋2(0,1,1)－(1,0,1)＝(0,3,1)，∴p ·q ＝1×0＋0×3＋(－1)×1＝－1.答案：－15．解析：∵AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，∴AC ·AB ＝0，BD ·AB ＝0.又∵二面角为120°，∴〈CA ，BD 〉＝60°，∴CD 2＝|CD |2＝(CA ＋AB ＋BD )2＝CA 2＋AB 2＋BD 2＋2(CA ·AB ＋CA ·BD ＋AB ·BD )＝164，∴|CD |＝241.答案：2416．解：k a ＋b ＝(k －2,5k ＋3，－k ＋5)，a －3b ＝(1＋3×2,5－3×3，－1－3×5)＝(7，－4，－16)．2 (1)∵(k a ＋b )∥(a －3b )，∴k －27＝5k ＋3－4＝－k ＋5－16，解得k ＝－13.(2)∵(k a ＋b )⊥(a －3b )，∴(k －2)×7＋(5k ＋3)×(－4)＋(－k ＋5)×(－16)＝0.解得k ＝1063.7．解：∵AB ＝(1,1,1)，AC ＝(2,1,3)，∴|AB |＝3，|AC |＝14，AB ·AC ＝6，∴cos ∠BAC ＝cos 〈AB ，AC 〉＝AB ·AC|AB ||AC | ＝63×14＝427，∴sin ∠BAC ＝1－cos 2A ＝17＝77，∴S △ABC ＝12|AB ||AC |sin ∠BAC＝12×3×14×77＝62.8．解：建立如图所示的空间直角坐标系．(1)由题意得A (2,0,0)，O 1(0,0,2)，B 1(2,3,2)，E (1,3,0)，∴1AO ＝(－2,0,2)，1B E ＝(－1,0，－2)，∴cos 〈1AO ，1B E 〉＝－2210＝－1010.故AO 1与B 1E 所成的角的余弦值为1010.(2)由题意得1O D ⊥AC ，AD ∥AC ，∵C (0,3,0)，设D (x ，y,0)，∴1O D ＝(x ，y ，－2)，AD ＝(x －2，y,0)，AC ＝(－2,3,0)，2∴⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋3y ＝0，x －2－2＝y 3，解得⎩⎨⎧ x ＝1813，y ＝1213， ∴D ⎝⎛⎭⎫1813，1213，0. O 1D ＝|1O D |＝ ⎝⎛⎭⎫18132＋⎝⎛⎭⎫12132＋4 ＝ 1 144132＝228613.。
数学高二-选修2-1课时作业 空间向量的数量积
第二章 §2 课时作业13一、选择题1．已知a ＝3p －2q ，b ＝p ＋q ，p 和q 是相互垂直的单位向量，则a ·b ＝( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：∵p ⊥q 且|p |＝|q |＝1， ∴a ·b ＝(3p －2q )·(p ＋q ) ＝3p 2＋p ·q －2q 2＝3＋0－2＝1. 答案：A2．下列命题：①若a ·b ＝0，则a ，b 中至少有一个为0；②若a ≠0且a ·b ＝a ·c ，则b ＝c ；③(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )；④(3a ＋2b )·(3a －2b )＝9|a |2－4|b |2.其中正确的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3 解析：若a ·b ＝0⇒|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝0⇒a ＝0或b ＝0，或cos 〈a ，b 〉＝90°，故①不正确；若a ·b ＝a ·c ，则a ·(b －c )＝0，尽管有a ≠0，也不能得到b ＝c ，因为有可能a ⊥(b －c )，故②不正确；③不正确，理由是(a ·b )·c ＝λc (即(a ·b )·c ∥c )，而a ·(b ·c )＝μa (即a ·(b ·c )∥a )，而a 与c 不一定共线，当然λc 与μa 不一定相等；④(3a ＋2b )·(3a －2b )＝9a ·a －6a ·b ＋6a ·b －4b ·b ＝9a 2－4b 2＝9|a |2－4|b |2，故只有④正确．答案：B3．设A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0.AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，则△BCD 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：∵AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0. ∴AB ，AC ，AD 两两垂直．∴BC 2＝AB 2＋AC 2，CD 2＝AC 2＋AD 2，BD 2＝AB 2＋AD 2，∴BC 2<CD 2＋BD 2，CD 2<BC 2＋BD 2，BD 2<BC 2＋CD 2.∴△BCD 是锐角三角形． 答案：B4．[2014·湖北省襄阳五中月考]在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，向量BA 1→与向量AC →所成的角为( )A ．60°B ．150°C ．90°D ．120°解析：本题主要考查空间向量所成角的知识．由于BA 1→＝－AB →＋AA 1→，而AC →＝AB →＋AD →，|BA 1→|＝(－AB →＋AA 1→)2＝2a ，|AC →|＝|AB →＋AD →|＝2a .故cos 〈BA 1→，AC →〉＝BA 1→·AC →|BA 1→||AC →|＝－AB →22a ·2a ＝－12.所以向量BA 1→与向量AC →所成的角为120°，故选D.答案：D 二、填空题5．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：∵a ＋b ＋c ＝0，∴(a ＋b ＋c )2＝0， ∴a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝0. ∴a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＝－13. 答案：－136．已知|a |＝32，|b |＝4，m ＝a ＋b ，n ＝a ＋λb ，〈a ，b 〉＝135°，m ⊥n ，则λ＝__________. 解析：由于m ⊥n ，所以m ·n ＝(a ＋b )·(a ＋λb )＝0， 即a 2＋λb 2＋(λ＋1)a ·b ＝0，又|a |＝32，|b |＝4，〈a ，b 〉＝135°， ∴18＋16λ＋(λ＋1)×32×4×cos135°＝0， 解得λ＝－32.答案：－327．已知空间四边形OABC ，若各边及对角线长都相等，且E ，F 分别为AB ，OC 的中点，则向量OE →与BF →的夹角的余弦值为__________．解析：不妨设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，且|a |＝|b |＝|c |＝1， 则a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12，∵OE →＝12(a ＋b )，BF →＝12c －b ，且|OE →|＝32，|BF →|＝32.∴OE →·BF →＝12(a ＋b )·(12c －b )＝14a ·c ＋14b ·c －12a ·b －12b 2＝－12. ∴cos 〈OE →，BF →〉＝OE →·BF →|OE →||BF →|＝－23.答案：－23三、解答题8．已知长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB ＝AA ′＝2，AD ＝4，E 为侧面AB ′的中心，F 为A ′D ′的中点，计算：①BC →·ED ′→；②BF →·AB ′→；③EF →·FC ′→. 解：设AB →＝a ，AD →＝b ，AA ′→＝c ， 则|a |＝|c |＝2，|b |＝4， a ·b ＝b ·c ＝a ·c ＝0. ①BC →·ED ′→＝b ·[12(c －a )＋b ]＝|b |2＝16.②BF →·AB ′→＝(c －a ＋12b )·(a ＋c )＝|c |2－|a |2＝22－22＝0.③EF →·FC ′→＝[12(c －a )＋12b ]·(12b ＋a ) ＝12(－a ＋b ＋c )·(12b ＋a ) ＝－12|a |2＋14|b |2＝2.9．如右图所示，已知线段AB 在平面α内，线段AC ⊥α，线段BD ⊥AB ，且AB ＝7，AC ＝BD ＝24，线段BD 与α所成的角为30°，求CD 的长.解：由AC ⊥α，可知AC ⊥AB ，过点D 作DD 1⊥α，D 1为垂足，连接BD 1，则∠DBD 1为BD 与α所成的角，即∠DBD 1＝30°，∴∠BDD 1＝60°，∵AC ⊥α，DD 1⊥α，∴AC ∥DD 1，∴〈CA →，DB →〉＝60°，∴〈CA →，BD →〉＝120°. 又CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴|CD →|2＝(CA →＋AB →＋BD →)2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2CA →·BD →＋2AB →·BD →. ∵BD ⊥AB ，AC ⊥AB ， ∴BD →·AB →＝0，AC →·AB →＝0.故|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·BD →＝242＋72＋242＋2×24×24×cos120°＝625， ∴|CD →|＝25.。
人教版高中数学选修2-1空间向量的数量积运算课后习题
3.1.3 空间向量的数目积运算课时操练·促提高A 组1.在棱长为 1 的正方体 ABCD-A 1B1C1D 1中 ,= ()A.0B. -C.-1D.1分析 :=|| ·||·cos∠ D1AC=× cos 60 =°1.答案 :D2.若 a,b 均为非零向量,则“a与b共线”是“a·b=| a|| b|”的 ()A.充足不用要条件B.必需不充足条件C.充要条件D.既不充足也不用要条件分析 :当a与b共线时 ,a与b可能同向 ,也可能反向 ,所以不必定有a·b=|a||b|;但当 a·b=|a||b|时,a 与 b 必定同向 ,即a与b共线 .答案 :B3.已知 a,b 均为空间中的单位向量,它们的夹角为60°,那么 |a+3b| 等于 ()A. B. C. D.4222分析 :|a+3b| =|a| +6a·b+9|b| = 1+ 6×1×1×cos 60 +°9= 13,故 |a+3b|=.4.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为A. = 2a2a,体对角线 AC 1和 BD1订交于点O,则有 ()2B.aC.a2D.=a22分析 :∵,∴ =a×a×cos 45 °=a ,故 A 不正确=|| ·||cos<>= ||·||=a 2,故 B 不正确 .a2,故 C 正确 .=-a 2,故 D 不正确 ..答案 :C5.在正方体ABCD-A 1B1 C1D 1中 ,E 是上底面的中心 ,则 AC 1与 CE 的地点关系是()A. 重合B. 垂直C.平行D. 没法确立分析 :),于是 = () =·0--0+ 0-0-+ 1-0-0= 0,故,即 AC1与 CE 垂直 .答案 :B6.在空间四边形OABC 中 ,OB=OC ,∠ AOB= ∠ AOC= ,则 cos<> 等于 ()A. B. C.- D.0分析 :cos<>==== 0.答案 :D7.已知|a|=| b|= 1,a 与 b 的夹角为60°,则 (a+ b) ·(a-2b)=.222222分析 :(a+b) ·(a-2b)=a -2a·b+b·a-2b =|a| -a·b-2|b| = 1 -1×1×cos 60 -°2×1 =-.答案 :-8.如图,平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB= 1,AD= 2,AA1= 3,∠BAD= 90°,∠BAA1=∠DAA1= 60°,则AC1的长为.分析 :由于 ,所以 ||2= ()2=||2 +|| 2+|| 2+ 2()=1+ 4+ 9+2= 23,故 AC1的长为 .答案 :9.已知在空间四边形OABC 中 ,∠ AOB= ∠ BOC= ∠ AOC,且 OA= OB=OC ,M,N 分别是 OA ,BC 的中点 ,G 是 MN 的中点 ,求证 :OG ⊥ BC.证明 :如图 ,连结 ON,设∠ AOB= ∠ BOC= ∠ AOC=θ ,=a,= b,= c,则 |a|=| b|=| c|.∵)== (a+ b+c), = c-b,∴(a+ b+ c) ·(c-b)=(a·c-a·b+ b·c-b2+ c2-b·c)=(|a|2cos θ-|a|2cos θ-| a|2+| a|2) = 0,∴OG⊥ BC.10.如图,BB1⊥平面ABC,且△ABC是∠B= 90°的等腰直角三角形,?ABB 1A1,?BB1C1C 的对角线都分别互相垂直且相等 ,若 AB=a ,求异面直线 BA1与 AC 所成的角 .解:由于 = () ·()==0-a2+ 0+ 0=-a2, 且 ||=a ,||=a ,所以 cos<>===-.所以的夹角是120°,故直线 BA 1与 AC 所成的角为60°.B 组1.已知空间向量a,b,c 知足 a+ b+ c= 0,|a|= 2,|b|= 3,|c|= 4,则 a 与 b 的夹角为()A.30 °B.45 °C.60 °D. 以上都不对分析 :∵a+ b+ c= 0,∴a+ b=- c.2222∴(a+ b) =| a| +| b| +2a·b=| c| .∴a·b=.∴cos< a,b>=.答案 :D2.设A,B,C,D是空间不共面的四点,且知足= 0,= 0,= 0,则△ BCD是 ()A. 钝角三角形B. 锐角三角形C.直角三角形D. 不确立分析 := () ·()=> 0,同理 ,可证 > 0,> 0.所以△BCD 的每个内角均为锐角,故△ B CD是锐角三角形.答案 :BE 为OA中点,F为BC 的中3.在三棱锥O-ABC 中 ,OA ⊥OB,OA⊥ OC,∠ BOC= 60°,OA=OB=OC= 2,若点,则 EF=.分析 :∵) -,∴||2= )2=+ 2-2-2).又由已知得 ||=||=||= 2, =2×2×=2,∴||2= (4+ 4+ 4+ 4)= 4.∴||= 2,即 EF= 2.答案 :24.如图,已知正四周体ABCD 中,AE=AB ,CF=CD ,则直线 DE 和 BF 所成角的余弦值为.分析 :因四周体 ABCD 是正四周体 ,极点 A 在底面 BCD 内的射影为△ BCD 的垂心 ,所以 BC⊥DA ,AB⊥ CD.设正四周体的棱长为4,则 = () ·()= 0++ 0= 4×1×cos 120 °+1×4×cos 120 °=- 4,BF=DE= ,所以异面直线 DE 与 BF 的夹角θ的余弦值为 cos θ=.答案 :5.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB= 1,∠BCA= 90°,棱AA1=2,N为A1A的中点,(1)求的长 ;(2)求 cos<> 的值 .解:(1) ∵AA1= 2,N 为此中点 ,∴AN= 1.由已知得 NA⊥ AC,NA⊥ BC,又 ,∴|| 2=+ 2+ 2+ 2= 3.∴||=.(2)∵,∴= () ·()==|| ·||·cos 135 +°0+ 0+2=×1×+2 = 3.又∵||= ,||= ,∴c os<>==.6.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 = a,= b,= c,则==)==)= (b+c), 故(b+ c) ·(-a) =-(a·b+ a·c).∵四边形 ABCD 是矩形 ,PA⊥平面 ABCD ,∴a⊥b,a⊥ c.∴a·b= a·c= 0.∴= 0 .∴,故 MN⊥ CD.(2)由 (1) 知 ,MN ⊥ CD,(b+c),∵=b- c,∴(b+ c) ·(b-c) = (|b|2-|c|2).∵PA⊥平面 ABCD ,∴PA⊥ AD.又∵∠PDA= 45°,∴P A=AD ,∴|b|=| c|.∴=0,∴,∴MN⊥ PD.∵C D,PD? 平面 PCD ,且 CD∩PD=D ,∴MN⊥平面 PCD.。
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(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，
∴〈 ， 〉＝π－〈 ， 〉＝π－ ＝ .
∵ · ＝( ＋ )·( ＋ )
＝ · ＋ · ＋ 2＋ ·
＝| |·| |·cos〈 ， 〉＋ 2
解析： ＝ ＋ ＋ ，
∴ · ＝ ·( ＋ ＋ )＝| |2＝1，
∴cos〈 ， 〉＝ ＝ ，
∴异面直线a，b所成角是60°.
答案：60°
9．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，＝－ຫໍສະໝຸດ ＋1＝0，∴AB1⊥BC1.
(2)由(1)知 · ＝| |·| |·cos〈 ， 〉＋ 2＝ 2－1.
又| |＝ ＝ ＝| |，
∴cos〈 ， 〉＝ ＝ ，
∴| |＝2，即侧棱长为2.
层级二应试水平达标
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.
解析：选D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①错误；③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③错误；易知②④准确．故选D.
2．已知e1，e2是夹角为60°的两个单位向量，则a＝e1＋e2与b＝e1－2e2的夹角是()
A．60°B．120°
C．30°D．90°
解析：选Ba·b＝(e1＋e2)·(e1－2e2)＝e －e1·e2－2e ＝1－1×1× －2＝－ ，
|a|＝ ＝ ＝
＝ ＝ ，
|b|＝ ＝ ＝
＝ ＝ .
∴cos〈a，b〉＝ ＝ ＝－ .
∴〈a，b〉＝120°.
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分别是AB，AD，DC的中点，则下列向量的数量积等于a2的是()
A．2 ·
B．2 ·
C．2 ·
D．2 ·
解析：选C2 · ＝－a2，故A错；2 · ＝－a2，故B错；2 · ＝－ a2，故D错，只有C准确．
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()
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，∴AG＝ AM，
∴ ＝ ， ＝ ＋ ＝ ＋ ＝ ＋ ( － )＝ ＋ ( ＋ )－ ＝ ( ＋ ＋ )，而( ＋ ＋ )2＝ ＋ ＋ ＋2 · ＋2 · ＋2 · ＝1＋1＋1＋2(cos60°＋cos60°＋cos60°)＝6，∴| |＝ .
A． 与 B． 与
C． 与 D． 与
解析：选A用排除法，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，故 · ＝0，排除D；因为AD⊥AB，PA⊥AD，又PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB，所以AD⊥PB，故 · ＝0，排除B，同理 · ＝0，排除C.
5．在正方体ABCDA1B1C1D1中，有下列命题：
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α内两个不相等的非零向量，非零向量c在直线l上，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若l⊥平面α，则c⊥a，c·a＝0，c⊥b，c·b＝0；反之，若a∥b，则c⊥a，c⊥b，并不能保证l⊥平面α.
解析：∵ ＝ ＋ ＋ ，
∴| |2＝( ＋ ＋ )2＝ 2＋ 2＋ 2＋2 · ＋2 · ＋2 ·
＝36＋36＋36＋0＋0＋2| || |cos60°
＝108＋2×6×6× ＝144.
∴PC＝12.
答案：12
8．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________．
∴AB与CD所成的角为60°.
3．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：
①(a·b)c－(c·a)b＝0；
②|a|－|b|<|a－b|；
③(b·a)c－(c·a)b一定不与c垂直；
④(3a＋2b)·(3a－2b)＝9|a|2－4|b|2.
其中准确的是()
A．①②B．②③
C．③④D．②④
易知∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝ ，
则a·b＝b·c＝c·a＝ .
∵ ＝ ( ＋ )＝ (a＋b)，
＝ － ＝ － ＝ c－b，
又| |＝| |＝ ，
∴ · ＝ (a＋b)· ＝ a·c＋ b·c－ a·b－ b2＝－ ，
∴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 .
2．已知空间四边形ABCD中，∠ACD＝∠BDC＝90°，且AB＝2，CD＝1，则AB与CD所成的角是()
A．30°B．45°
C．60°D．90°
解析：选C根据已知∠ACD＝∠BDC＝90°，得 · ＝ · ＝0，∴ · ＝( ＋ ＋ )· ＝ · ＋| |2＋ · ＝| |2＝1，
∴cos ， ＝ ＝ ，
6．已知|a|＝13，|b|＝19，|a＋b|＝24，则|a－b|＝________.
解析：|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝132＋2a·b＋192＝242，∴2a·b＝46，|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝530－46＝484，故|a－b|＝22.
答案：22
7．已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，如图，则PC等于________．
①( ＋ ＋ )2＝3 2；
② ·( － )＝0；
③ 与 的夹角为60°；
④正方体的体积为| · · |.
其中准确命题的个数是()
A．1B．2
C．3D．4
解析：选B如图所示，
( ＋ ＋ )2＝( ＋ ＋ )2＝ 2＝3 2；
·( － )＝ · ＝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，①②准确．