高中数学选修2-1同步练习-3.1.3空间向量的数量积运算word版含答案

合集下载

高二数学选修2-1第三章同步检测3-1-3

3.1第3课时空间向量的数量积运算一、选择题1．已知向量a 、b 是平面α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 [答案] B[解析] 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，不能够推出l ⊥α；l ⊥α一定有c ·a ＝0且c ·b ＝0，故选B.2．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 [答案] C[解析] 易知AE ⊥BC ，∴AE →·BC →＝0， AE →·CD →＝(AB →＋BE →)·CD → ＝AB →·(BD →－BC →)＋12BC →·CD →＝|AB →|·|BD →|·cos120°－|AB →|·|BC →|cos60°＋12|BC →|·|CD →|cos120°<0.3．已知a ，b 均为单位向量，它们的夹角为60°，那么|a ＋3b |( ) A.7 B.10 C.13 D ．4[答案] C[解析] |a ＋3b |2＝(a ＋3b )2＝a 2＋6a·b ＋9b 2＝|a |2＋6|a ||b |cos<a ，b >＋9|b |2， ∵|a |＝|b |＝1，〈a ，b 〉＝60°， ∴|a ＋3b |2＝13， ∴|a ＋3b |＝13.4．已知正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱长为 a ，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA ′→＝c ，则〈A ′B →，B ′D ′→〉＝( )A ．30°B ．60°C ．90°D ．120°[答案] D[解析] B ′D ′→＝BD →， ∵△A ′BD 为正三角形， ∴〈A ′B →，BD →〉＝120°.5．已知PA ⊥平面ABC ，垂足为A ，∠ABC ＝120°，P A ＝AB ＝BC ＝6，则PC 等于( ) A ．62 B ．6 C ．12 D ．144 [答案] C[解析] ∵PC →＝PA →＋AB →＋BC →，∴PC →2＝PA →2＋AB →2＋BC →2＋2AB →·BC →＝36＋36＋36＋2×36cos60°＝144. ∴|PC →|＝12.6．已知a 、b 、c 是两两垂直的单位向量，则|a －2b ＋3c |＝( ) A ．14 B.14 C ．4 D ．2[答案] B[解析] |a －2b ＋3c |2＝|a |2＋4|b |2＋9|c |2－4a ·b ＋6a ·c －12b ·c ＝14，∴选B.7．已知|a |＝2，|b |＝3，〈a ，b 〉＝60°，则|2a －3b |等于( ) A.97 B ．97 C.61D ．61[答案] C[解析] |2a －3b |2＝4a 2＋9b 2－12a·b ＝4×4＋9×9－12×|a ||b |cos60° ＝97－12×2×3×12＝61.8．空间四边形OABC 中，OB ＝OC ，∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉等于( )A.12B.22C ．－12D ．0[答案] D[解析] cos 〈OA →，BC →〉＝OA →·BC →|OA →||BC →|＝OA →·(OC →－OB →)|OA →||BC →|＝OA →·OC →－OA →·OB →|OA →||BC →|＝|OA →||OC →|cos ∠AOC －|OA →||OB →|cos ∠AOB |OA →||BC →|.因为|OB →|＝|OC →|，∠AOC ＝∠AOB ＝π3，所以cos 〈OA →，BC →〉＝0.9．在空间四边形ABCD 中，AB 、AC 、AD 两两垂直，则下列结论不成立的是( ) A ．|AB →＋AC →＋AD →|＝|AB →＋AC →－AD →| B ．|AB →＋AC →＋AD →|2＝|AB →|2＋|AC →|2＋|AD →|2 C ．(AB →＋AD →＋AC →)·BC →＝0D.AB →·CD →＝AC →·BD →＝AD →·BC → [答案] C[解析] A 中，由|AB →＋AC →＋AD →|＝|AB →＋AC →－AD →|，得(AB →＋AC →＋AD →)2＝(AB →＋AC →－AD →)2，展开得(AB →＋AC →)2＋|AD →|2＋2(AB →＋AC →)·AD →＝(AB →＋AC →)2＋|AD →|2－2(AB →＋AC →)·AD →，整理得(AB →＋AC →)·AD →＝0，因为AB →，AC →，AD →两两垂直，所以(AB →＋AC →)·AD →＝0成立，因此A 正确．易得B 正确．(AB →＋AD →＋AC →)·BC →＝(AB →＋AD →＋AC →)·(AC →－AB →)＝AB →·AC →－|AB →|2＋AD →·AC →－AD →·AB →＋|AC →|2－AC →·AB →＝|AC →|2－|AB →|2，当|AC →|＝|AB →|时，|AC →|2－|AB →|2＝0，否则不成立，因此C 不正确．D 中，AB →·CD →＝AB →·(AD →－AC →)＝AB →·AD →－AB →·AC →＝0，同理AC →·BD →＝0，AD →·BC →＝0，因此D 正确．10．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 [答案] B[解析] 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 ＝cos 〈BC →，BD →〉＝BC →·BD →|BC →|·|BD →|>0， ∴∠CBD 为锐角，同理，∠BCD 与∠BDC 均为锐角， ∴△BCD 为锐角三角形．二、填空题11．已知|a |＝22，|b |＝22，a ·b ＝－2，则〈a ，b 〉＝________.[答案]3π4[解析] cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝－22，∴〈a ，b 〉＝3π4. 12．已知正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱长为1，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA ′→＝c ，则(1)AC ′→·DB ′→＝________；〈AC ′→，DB ′→〉＝________； (2)BD ′→·AD →＝________. [答案] (1)1，arccos 13(2)1[解析] (1)AC ′→·DB ′→＝(a ＋b ＋c )·(a －b ＋c ) ＝a 2＋c 2＋2a ·c －b 2＝1，|AC ′→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2a ·c ＋2b ·c ＝3，∴|AC ′→|＝3， |DB ′→|2＝(a －b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2－2a ·b ＋2a ·c －2b ·c ＝3，∴|DB ′→|＝3， ∴cos 〈AC ′→，DB ′→〉＝AC ′→·DB ′→|AC ′→|·|DB ′→|＝13，∴〈AC ′→，DB ′→〉＝arccos 13.(2)BD ′→·AD →＝(b ＋c －a )·b ＝|b |2＋b ·c －b ·a ＝1.13．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，则A 1B →·B 1C →＝________. [答案] a 2[解析] A 1B →·B 1C →＝A 1B →·A 1D → ＝|A 1B →|·|A 1D →|·cos 〈A 1B →，A 1D →〉＝2a ×2a ×cos60°＝a 2.14．已知在空间四边形OABC 中，OA ⊥BC ，OB ⊥AC ，则AB →·OC →＝________. [答案] 0[解析] AB →·OC →＝(OB →－OA →)·(OA →＋AC →)＝OB →·OA →＋OB →·AC →－|OA →|2－OA →·AC → ＝OB →·OA →－|OA →|2－OA →·AC → ＝OA →·AB →－OA →·AC →＝OA →·CB →＝0. 三、解答题15．已知a ＋3b 与7a －5b 垂直，且a －4b 与7a －2b 垂直，求〈a ，b 〉． [解析] (a ＋3b )·(7a －5b ) ＝7|a |2－15|b |2＋16a ·b ＝0， (a －4b )(7a －2b )＝7|a |2＋8|b |2－30a ·b ＝0，解之得，|b |2＝2a ·b ＝|a |2， ∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝12，∴〈a ，b 〉＝60°. 16．如图所示，已知空间四边形ABCD ，连AC 、BD ，若AB ＝CD ，AC ＝BD ，E 、F 分别是AD 、BC 的中点，试用向量方法证明EF 是AD 与BC 的公垂线．[解析] ∵点F 是BC 的中点， ∴AF →＝12(AB →＋AC →)．∴EF →＝AF →－AE → ＝12(AB →＋AC →)－12AD →. 又|AC →|＝|BD →|＝|AD →－AB →|， ∴AC 2→＝AD →2－2AD →·AB →＋AB →2①同理AB 2→＝CD →2＝AD →2－2AC →·AD →＋AC →2.② 由①代入②可得AB →2＝AD →2－2AC →·AD →＋AD →2－2AB →·AD →＋AB →2， ∴2AD →2－2AD →·(AC →＋AB →)＝0∴AD →·(AC →＋AB →－AD →)＝0.∴AD →·12(AB →＋AC →－AD →)＝0.∴AD →·EF →＝0.∴EF →⊥AD →.同理可得EF →⊥BC →.∴EF 是AD 与BC 的公垂线．17．对于任意空间四边形，试证明它的一组对边中点的连线段与另一组对边可平行于同一平面．[证明] 如图所示，空间四边形ABCD ，E 、F 分别为AB 、CD 的中点，利用多边形加法法则可得，EF →＝EA →＋AD →＋DF →，EF →＝EB →＋BC →＋CF →.① 又E 、F 分别是AB 、CD 的中点，故有 EA →＝－EB →，DF →＝－CF →.②将②代入①后，两式相加得，2EF →＝AD →＋BC →， ∴EF →＝12AD →＋12BC →.即EF →与BC →、AD →共面，∴EF 与AD 、BC 可平行于同一平面．18．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，求异面直线A 1B 与AC 1所成的角．[解析] 不妨设正方体的棱长为1, 设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，a·b ＝b·c ＝c·a ＝0，A 1B →＝a －c ，AC 1→＝a ＋b ＋c .∴A 1B →·AC →＝(a －c )·(a ＋b ＋c )＝(a －c )(a ＋c )＋b (a －c )＝0 ∴<A 1B →，AC 1→>＝90°.因此，异面直线A 1B 与AC 所成的角为90°.[说明] 求异面直线所成的角的关键是求异面直线上两向量的数量积，而要求两向量的数量积，必须把所求向量用空间的一组基向量来表示．。

高中数学选修2-1 同步练习专题3.1.3 空间向量的数量积运算(原卷版)

第三章空间向量与立体几何3.1.3 空间向量的数量积运算一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，设AB =a ，AD =b ，1AA =c ，则()⋅+a b c 的值为 A ．1 B ．0 C ．1-D ．2-2．若非零向量a ，b 满足=|a ||b |，(2)0-⋅=a b b ，则a 与b 的夹角为 A ．30︒ B ．60︒ C ．120︒D ．150︒3．设四边形ABCD 为平行四边形，4,3AB AD ==，若点,M N 满足2BM MC =，DN CN +=0，则AM NM ⋅= A ．15 B ．12 C ．9 D ．64．在正方体中，有下列命题： ①；②；③与的夹角为.其中正确命题的个数是 A ．0 B ．1 C ．2D ．35．已知a ，b 是异面直线，A ，B ∈a ，C ，D ∈b ，AC ⊥b ，BD ⊥b ，且AB ＝4，CD ＝2，则直线a 与b 所成的角是 A ．30° B ．45° C ．60°D ．90°6．如图，已知平行六面体1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为1的正方形，12AA =，11120A AB A AD ∠=∠=︒，则线段1AC 的长为A ．1B ．2C ．3D ．27．如图，已知四面体ABCD 的每条棱长都等于，点分别是的中点，则下列向量的数量积等于的是A ．B ．C ．D ．8．设是空间不共面的四点，且满足，，，则BCD △是A ．钝角三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．不确定二、填空题：请将答案填在题中横线上．9．已知向量a ，b 满足2=|a |，2=|b |，且a 与b 的夹角为60︒，则2+=|a b |________________． 10．已知空间向量a ，b ，c 满足++=0a b c ，3=a ，1=b ，4=c ，则⋅a b +⋅+⋅=b c c a _________________．11．若非零向量a ，b 满足(3)(75)+-⊥a b a b ，且(4)(72)--⊥a b a b ，则向量a 与b 的夹角为________________． 12．已知正方体的棱长为，则_________________.13．如图，在平行四边形ABCD 中，4AD =，3CD =，60D ∠=︒，PA ⊥平面ABCD ，6PA =，则PC 的长为________________．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．14．已知长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，13AA =，6AD =，E 为侧面11AA B B 的中心，F 为11A D 的中点．求下列向量的数量积：（1）1BC ED ⋅；（2）1BF AB ⋅；（3）1EF FC ⋅．15．如图,正四棱锥P-ABCD 的各棱长都为a .(1)用向量法证明BD ⊥PC ; (2)求|+|的值.16．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AB BC ⊥，AB AD ⊥，且PA AB BC ===112AD =，求PB 与CD 所成的角．17．如图，正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G ，1G 分别是棱1CC ，BC ，CD ，11A B 的中点．求证：（1）11AD G G ⊥；（2）1A G ⊥平面DEF ．。

高中数学人教A版选修2-1同步练习：3.1.3空间向量的数量积运算

第三章 3.1.3空间向量的数量积运算一、选择题1．设a 、b 、c 是任意的非零平面向量，且它们相互不共线，则 ①(a ·b )c －(c ·a )b ＝0； ②|a |－|b |<|a －b |；③(b ·a )c －(c ·a )b 不与c 垂直； ④(3a ＋2b )·(3a －2b )＝9|a |2－4|b |2．其中正确的是( ) A ．①② B ．②③ C ．③④ D ．②④[答案] D[解析] 根据数量积的定义及性质可知：①③错误，②④正确．故选D ． 2．若a 、b 均为非零向量，则a ·b ＝|a ||b |是a 与b 共线的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分又不必要条件 [答案] A[解析] a ·b ＝|a ||b |⇒cos 〈a ，b 〉＝1⇒〈a ，b 〉＝0°，即a 与b 共线，反之不成立，因为当a 与b 共线反向时，a ·b ＝－|a ||b |．3．如图，正四面体ABCD 中，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 [答案] C[解析] ∵AE →·BC →＝12(AB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝12(|AB →|2－|AC →|2)＝0， AE →·CD →＝(AB →＋BE →)·CD → ＝AB →·(BD →－BC →)＋12BC →·CD →＝|AB →|·|BD →|·cos120°－|AB →|·|BC →|cos120°＋12|BC →|·|CD →|cos120°<0．∴AE →·BC →>AE →·CD →．4．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°．其中正确命题的个数是( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．0个[答案] B[解析] 根据数量积的定义知：①②正确，AD 1→与A 1B →的夹角为120°，∴③不正确，故选D ． 5．已知|a |＝1，|b |＝2，且a －b 与a 垂直，则a 与b 的夹角为( ) A ．60° B ．30° C ．135° D ．45° [答案] D[解析] ∵a －b 与a 垂直，∴(a －b )·a ＝0， ∴a ·a －a ·b ＝|a |2－|a |·|b |·cos 〈a ，b 〉＝1－1·2·cos 〈a ，b 〉＝0， ∴cos 〈a ，b 〉＝22． ∵0°≤〈a ，b 〉≤180°，∴〈a ，b 〉＝45°．6．已知a ，b 均为单位向量，它们的夹角为60°，那么|a ＋3b |( ) A ．7 B ．10 C ．13 D ．4[答案] C[解析] |a ＋3b |2＝(a ＋3b )2＝a 2＋6a·b ＋9b 2 ＝|a |2＋6|a ||b |cos<a ，b >＋9|b |2， ∵|a |＝|b |＝1，〈a ，b 〉＝60°， ∴|a ＋3b |2＝13，∴|a ＋3b |＝13．二、填空题7．设|m |＝1，|n |＝2,2m ＋n 与m －3n 垂直，a ＝4m －n ，b ＝7m ＋2n ，则〈a ，b 〉＝__________． [答案] 0°[解析] ∵(2m ＋n )⊥(m －3n )，∴(2m ＋n )·(m －3n )＝0，化简得m ·n ＝－2．又∵|a |＝a 2＝(4m －n )2＝16＋4＋16＝6， |b |＝b 2＝(7m ＋2n )2＝49＋16－56＝3， a ·b ＝(4m －n )·(7m ＋2n )＝28|m |2－2|n |2＋m ·n ＝18，所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝186×3＝1，〈a ，b 〉＝0°．8．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，则A 1B →·B 1C →＝__________． [答案] a 2[解析] A 1B →·B 1C →＝A 1B →·A 1D → ＝|A 1B →|·|A 1D →|·cos 〈A 1B →，A 1D →〉＝2a ×2a ×cos60°＝a 2．三、解答题9．已知a ＋3b 与7a －5b 垂直，且a －4b 与7a －2b 垂直，求〈a ，b 〉． [解析] (a ＋3b )·(7a －5b ) ＝7|a |2－15|b |2＋16a ·b ＝0，(a －4b )(7a －2b )＝7|a |2＋8|b |2－30a ·b ＝0，解之得，|b |2＝2a ·b ＝|a |2， ∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝12，∴〈a ，b 〉＝60°． 10．如图所示，已知三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ，AC ＝BD ，E 、F 分别是AD 、BC 的中点，试用向量方法证明EF 是AD 与BC 的公垂线．[解析] ∵点F 是BC 的中点， ∴AF →＝12(AB →＋AC →)．∴EF →＝AF →－AE →＝12(AB →＋AC →)－12AD →＝12(AB →＋AC →－AD →)．又|AC →|＝|BD →|＝|AD →－AB →|， ∴AC →2＝AD →2－2AD →·AB →＋AB→2① 同理AB →2＝CD →2＝AD →2－2AC →·AD →＋AC →2．②由①代入②可得AB →2＝AD →2－2AC →·AD →＋AD →2－2AB →·AD →＋AB →2， ∴2AD →2－2AD →·(AC →＋AB →)＝0， ∴AD →·(AC →＋AB →－AD →)＝0． ∴AD →·12(AB →＋AC →－AD →)＝0．∴AD →·EF →＝0．∴EF →⊥AD →．同理可得EF →⊥BC →．∴EF 是AD 与BC 的公垂线．一、选择题11．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[答案] B[解析] 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 ＝cos 〈BC →，BD →〉＝BC →·BD →|BC →|·|BD →|>0，∴∠CBD 为锐角，同理，∠BCD 与∠BDC 均为锐角， ∴△BCD 为锐角三角形．12．已知P A ⊥平面ABC ，垂足为A ，∠ABC ＝120°，P A ＝AB ＝BC ＝6，则PC 等于( ) A ．62 B ．6 C ．12 D ．144[答案] C[解析] ∵PC →＝P A →＋AB →＋BC →，∴PC →2＝P A →2＋AB →2＋BC →2＋2AB →·BC →＝36＋36＋36＋2×36cos60° ＝144． ∴|PC →|＝12．13．(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°[答案] D[解析] 由条件知，|BA 1→|＝2a ，|AC →|＝2a ， BA 1→·AC →＝(AA 1→－AB →)·(AB →＋AD →) ＝AA 1→·AB →－|AB →|2＋AA 1→·AD →－AB →·AD → ＝－|AB →|2－AB →·AD →＝－a 2，∴cos 〈BA 1→，AC →〉＝BA 1→·AC →|BA →|·|AC →|＝－a 22a ·2a ＝－12．∴向量BA 1→与AC →所成的角为120°，故选D ．二、填空题14．已知|a |＝22，|b |＝22，a ·b ＝－2，则〈a ，b 〉＝__________． [答案]3π4[解析] cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝－22，∴〈a ，b 〉＝3π4．15．已知正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱长为1，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA ′→＝c ，则(1)AC ′→·DB ′→＝__________；cos 〈AC ′→，DB ′→〉＝__________；(2)BD ′→·AD →＝__________． [答案] (1)1 13(2)1[解析] (1)AC ′→·DB ′→＝(a ＋b ＋c )·(a －b ＋c ) ＝a 2＋c 2＋2a ·c －b 2＝1，|AC ′→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2a ·c ＋2b ·c ＝3，∴|AC ′→|＝3， |DB ′→|2＝(a －b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2－2a ·b ＋2a ·c －2b ·c ＝3，∴|DB ′→|＝3， ∴cos 〈AC ′→，DB ′→〉＝AC ′→·DB ′→|AC ′→|·|DB ′→|＝13．(2)BD ′→·AD →＝(b ＋c －a )·b ＝|b |2＋b ·c －b ·a ＝1．三、解答题16．如图所示，在▱ABCD 中，AD ＝4，CD ＝3，∠D ＝60°，P A ⊥平面ABCD ，P A＝6，求线段PC 的长．[分析] 把求线段PC 的长转化为求|PC →|，再用已知向量P A →、AD →、DC →表示PC →即可．[解析] ∵PC →＝P A →＋AD →＋DC →， ∴|PC →|2＝(P A →＋AD →＋DC →)2＝|P A →|2＋|AD →|2＋|DC →|2＋2P A →·AD →＋2AD →·DC →＋2DC →·P A →＝62＋42＋32＋2|AD →||DC →|cos120° ＝61－12＝49． ∴|PC →|＝7，即PC ＝7．17．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为D 1C 1的中点，试求A 1C 1→与DE →所成角的余弦值．[分析] 在正方体AC 1中，要求A 1C 1→与DE →所成角的余弦值，可以考虑利用公式cos 〈A 1C 1→，DE →〉＝A 1C 1→·DE →|A 1C 1→||DE →|进行求解．[解析] 设正方体的棱长为1，AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0．∵A 1C 1→＝AC →＝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＝12．又∵|A 1C 1→|＝2，|DE →|＝12＋(12)2＝52，∴cos 〈A 1C 1→，DE →〉＝A 1C 1→·DE →|A 1C 1→||DE →|＝122×52＝1010，∴A 1C 1→与DE →所成角的余弦值为1010．。

高中数学选修2-1同步练习-3.1.2空间向量的数乘运算word版含答案

3.1.2空间向量的数乘运算一、选择题(每小题5分，共20分)1．对于空间中任意三个向量a ，b,2a －b ，它们一定是( )A ．共面向量B ．共线向量C ．不共面向量D ．既不共线也不共面向量答案： A2．当|a |＝|b |≠0，且a ，b 不共线时，a ＋b 与a －b 的关系是( )A ．共面B ．不共面C ．共线D ．无法确定解析：由加法法则知：a ＋b 与a －b 可以是菱形的对角线．答案： A3．已知点M 在平面ABC 内，并且对空间任意一点O ， OM →＝xOA →＋13OB →＋13OC →，则x 的值为( ) A ．3B ．0 C.13 D ．1解析： ∵OM →＝xOA →＋13OB →＋13OC →，且M 、A 、B 、C 四点共面，∴x ＋13＋13＝1，x ＝13.故选C. 答案： C4．已知两非零向量e 1，e 2不共线，设a ＝λe 1＋μe 2(λ、μ∈R 且λ2＋μ2≠0)，则( )A ．a ∥e 1B ．a ∥e 2C ．a 与e 1，e 2共面D ．以上三种情况均有可能解析：当λ＝0，μ≠0时，a ＝μe 2，则a ∥e 2；当λ≠0，μ＝0时，a ＝λe 1，则a ∥e 1；当λ≠0，μ≠0时，a 与e 1，e 2共面．答案： D二、填空题(每小题5分，共10分)5．已知O 是空间任一点，A 、B 、C 、D 四点满足任三点均不共线，但四点共面，且OA →＝2xBO →＋3yCO →＋4zDO →，则2x ＋3y ＋4z ＝________. 解析： ∵A 、B 、C 、D 共面，∴OA →＝OB →＋λB C →＋μBD →＝OB →＋λ(O C →－OB →)＋μ(O D →－OB →)＝(1－λ－μ) OB →＋λO C →＋μOD →＝(λ＋μ－1) BO →－λCO →－μDO →＝2xBO →＋3yCO →＋4zDO →，∴2x ＋3y ＋4z ＝(λ＋μ－1)＋(－λ)＋(－μ)＝－1.答案：－1 6．已知A ，B ，C 三点共线，则对空间任一点O ，存在三个不为0的实数λ，m ，n ，使λOA →＋mOB →＋nOC→＝0，那么λ＋m ＋n 的值为________．解析： ∵A ，B ，C 三点共线，∴存在唯一实数k 使AB →＝kAC →，即O B →－OA →＝k (OC →－O A →)，∴(k －1) OA →＋OB －kOC →＝0，又λOA →＋mOB →＋nOC →＝0，令λ＝k －1，m ＝1，n ＝－k ，则λ＋m ＋n ＝0.答案： 0三、解答题(每小题10分，共20分)7.已知矩形ABCD ，P 为平面ABCD 外一点，M 、N 分别为BC 、PD 的中点，求满足M N →＝xAB →＋yAD →＋zAP →的实数x ，y ，z 的值．解析： MN →＝MC →＋CD →＋DN →＝12BC →＋BA →＋12DP → ＝12AD →－AB →＋12(AP →－AD →) ＝－AB →＋12AP →， ∴x ＝－1，y ＝0，z ＝12.中点，判断MN →与8.如图，平行六面体ABCD －A1B 1C 1D 1中，M 是AD 1中点，N 是BD D 1C →是否共线？解析： ∵M ，N 分别是AD 1，BD 的中点，四边形ABCD 为平行四边形，连结AC ，则N 为AC 的中点．∴MN →＝A N →－A M →＝12A C →－12AD 1→＝12(A C →－AD 1→)＝12D 1C → ∴MN →与D 1C →共线．尖子生题库 ☆☆☆9．(10分)如图，若P 为平行四边形ABCD 所在平面外一点，点H 为PC 上的点，且PH HC ＝12，点G 在AH 上，且AG AH＝m .若G ，B ，P ，D 四点共面，求m 的值．解析：连结BD ，BG ，∵AB →＝PB →－PA →且AB →＝DC →，∴DC →＝PB →－PA →.∵PC →＝PD →＋DC →，∴PC →＝PD →＋PB →－PA →＝－PA →＋PB →＋PD →.∵PH HC ＝12， ∵PH →＝13PC →＝13(－PA →＋PB →＋PD →) ＝－13PA →＋13PB →＋13PD →. 又∵AH →＝PH →－PA →，∴AH →＝－43PA →＋13PB →＋13PD →. ∵AG AH＝m ， ∴AG →＝mAH →＝－4m 3PA →＋m 3 PB →＋m 3PD →. ∴BG →＝－A B →＋AG →＝PA →－PB →＋AG →， ∴BG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－4m 3PA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3－1PB →＋m 3PD →. 又∵B ，G ，P ，D 四点共面，∴1－4m 3＝0， ∴m ＝34.。

2020-2021学年人教A版数学选修2-1学案：3.1.3 空间向量的数量积运算 Word版含解

姓名，年级：时间：3.1。

3 空间向量的数量积运算[目标] 1。

掌握空间向量夹角的概念及表示方法,掌握两个向量的数量积概念、性质和计算方法及运算规律。

2.掌握两个向量的数量积的主要用途,会用它解决立体几何中一些简单的问题．［重点］空间向量的数量积运算．［难点］利用空间向量解决夹角、距离等问题．知识点一空间向量的夹角[填一填］1．定义:（1)条件:a,b是空间的两个非零向量．（2)作法:在空间任取一点O，作错误!＝a,错误!＝b。

(3)结论：∠AOB叫做向量a，b的夹角，记作a，b．2．范围：a，b∈[0,π]，其中,（1）当a，b＝0时，a与b的方向相同．(2)当a，b＝π时,a与b的方向相反．(3）当a,b＝错误!时,a与b互相垂直，记作a⊥b.［答一答]1．若a，b是空间的两个非零向量，则－a，b＝a,－b＝a，b，对吗？提示：不对．∵－a与a，－b与b分别是互为相反向量，∴－a,b＝a，－b＝π－a,b．知识点二空间向量的数量积［填一填］1．空间向量的数量积（1)定义：已知两个非零向量a,b，则｜a｜|b｜cos a，b叫做a，b的数量积，记作a·b。

即a·b＝｜a｜|b｜cos a，b．（2)运算律：①（λa）·b＝λ（a·b）；②交换律：a·b＝b·a；③分配律:a·(b＋c）＝a·b＋a·c.2．空间向量数量积的性质[答一答］2．类比平面向量，你能说出a·b的几何意义吗?提示：数量积a·b等于a的长度|a|与b在a的方向上的投影|b|·cosθ的乘积．3．对于向量a，b，c，由a·b＝a·c,能得到b＝c吗?提示:不能，若a，b，c是非零向量,则a·b＝a·c得到a·(b－c)＝0，即可能有a⊥（b－c)成立．4．对于向量a，b，若a·b＝k，能不能写成a＝错误!？提示:不能，向量没有除法，错误!无意义．5．为什么(a·b）c＝a(b·c)不一定成立？提示：由定义得(a·b）c＝（|a||b｜cos a，b）c,即（a·b)c ＝λ1c；a(b·c)＝a（|b||c｜cos b，c)，即a（b·c）＝λ2a,因此，(a·b）c表示一个与c共线的向量，而a(b·c)表示一个与a 共线的向量，而a与c不一定共线，所以（a·b）c＝a(b·c）不一定成立．1。

高中数学选修2-1课时作业18：3.1.3 空间向量的数量积运算

3.1.3 空间向量的数量积运算一、选择题1．已知非零向量a ，b 不平行，并且其模相等，则a ＋b 与a －b 之间的关系是( )A ．垂直B ．共线C ．不垂直D ．以上都可能考点空间向量数量积的概念与性质题点数量积的性质[答案] A[解析] 由题意知|a |＝|b |，∵(a ＋b )·(a －b )＝|a |2－|b |2＝0，∴(a ＋b )⊥(a －b )．2．已知向量a ，b 满足条件：|a |＝2，|b |＝2，且a 与2b －a 互相垂直，则〈a ，b 〉等于() A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°考点空间向量数量积的应用题点利用数量积求角[答案] B[解析] 根据a ·(2b －a )＝0，即2a ·b ＝|a |2＝4，解得a ·b ＝2，又cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝22×2＝22，又〈a ，b 〉∈[0°，180°]，∴〈a ，b 〉＝45°，故选B.3．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 ∥nB ．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考点空间向量数量积的应用题点数量积的综合应用[答案] B4．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一定是( )A ．直角三角形B ．等腰三角形C ．等腰直角三角形D ．等边三角形考点空间向量数量积的概念及性质题点用定义求数量积[答案] B[解析] 由(DB →＋DC →－2DA →)·(AB →－AC →)＝(DB →－DA →＋DC →－DA →)·(AB →－AC →)＝(AB →＋AC →)·(AB →－AC →)＝|AB →|2－|AC →|2＝0，得|AB →|＝|AC →|，故△ABC 为等腰三角形．5．已知a ，b ，c 是两两垂直的单位向量，则|a －2b ＋3c |等于( )A ．14B.14C ．4D ．2考点空间向量数量积的应用题点利用数量积求线段长[答案] B[解析] ∵|a －2b ＋3c |2＝|a |2＋4|b |2＋9|c |2－4a ·b ＋6a ·c －12b ·c ＝14，∴|a －2b ＋3c |＝14.6．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，下列向量的数量积一定不为0的是( )A.AD 1-→·B 1C -→B.BD 1-→·AC →C.AB →·AD 1-→D.BD 1-→·BC →考点空间向量数量积的概念及性质题点数量积的性质[答案] D[解析] 选项A ，当四边形ADD 1A 1为正方形时，可得AD 1⊥A 1D ，而A 1D ∥B 1C ，所以AD 1⊥B 1C ，此时有AD 1-→·B 1C -→＝0；选项B ，当四边形ABCD 为正方形时，可得AC ⊥BD ，又AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ，可得AC ⊥平面BB 1D 1D ，故有AC ⊥BD 1，此时BD 1-→·AC →＝0；选项C ，由长方体的性质可得AB ⊥平面ADD 1A 1，所以AB ⊥AD 1，所以AB →·AD 1-→＝0，故选D.7．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°.其中真命题的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．0考点空间向量数量积的概念及性质题点数量积的性质[答案] B[解析] ①②正确；∵AD 1-→与A 1B -→的夹角为120°，∴③不正确，故选B.二、选择题8．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，则A 1B -→·B 1C -→＝________.考点空间向量数量积的应用题点数量积的综合应用[答案] a 2[解析] 如图，A 1B -→＝AB →－AA 1-→，B 1C -→＝BC →－BB 1-→＝AD →－AA 1-→，∴A 1B -→·B 1C -→＝(AB →－AA 1-→)·(AD →－AA 1-→)＝AB →·AD →－AB →·AA 1-→－AA 1-→·AD →＋|AA 1-→|2＝0－0－0＋a 2＝a 2.9．已知空间向量a ，b ，|a |＝32，|b |＝5，m ＝a ＋b ，n ＝a ＋λb ，〈a ，b 〉＝135°，若m ⊥n ，则λ的值为________．考点空间向量数量积的应用题点数量积的综合应用[答案] －310[解析] 由题意知a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝32×5×⎝⎛⎭⎫－22＝－15，由m ⊥n ，得(a ＋b )·(a ＋λb )＝0，即|a |2＋λa ·b ＋a ·b ＋λ|b |2＝18－15(λ＋1)＋25λ＝0.解得λ＝－310. 10．已知a ，b 是空间两个向量，若|a |＝2，|b |＝2，|a －b |＝7，则cos 〈a ，b 〉＝________. 考点空间向量数量积的应用题点利用数量积求角[答案] 18[解析] 将|a －b |＝7化为(a －b )2＝7，求得a ·b ＝12，再由a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉求得cos 〈a ，b 〉＝18. 11．已知a ，b 均为单位向量，它们的夹角为60°，那么|a ＋3b |＝________.考点空间向量数量积的应用题点利用数量积求线段长[答案] 13[解析] ∵|a ＋3b |2＝(a ＋3b )2＝a 2＋6a ·b ＋9b 2＝1＋6×cos60°＋9＝13，∴|a ＋3b |＝13.三、解答题12．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 ＝12ND ，AR ＝2RE ，求平面MNR 分对角线AG 所得线段AP 与PG 的比．考点空间向量数量积的应用题点利用数量积求线段长解如图，设AP →＝mAG →，因为AG →＝AB →＋AD →＋AE →＝2AM -→＋3AN →＋32AR →，所以AP →＝2mAM -→＋3mAN →＋32mAR →，由于P ，M ，R ，N 共面，所以2m ＋3m ＋32m ＝1，得m ＝213.即AP AG ＝213，AP PG ＝211.13．直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D ，E 分别为棱AB ，BB ′的中点．(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值．考点空间向量数量积的应用题点利用数量积求角(1)证明设CA →＝a ，CB →＝b ，CC ′-→＝c ，根据题意得|a |＝|b |＝|c |，且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，∴CE →＝b ＋12c ， A ′D --→＝－c ＋12b －12a ， ∴CE →·A ′D --→＝－12c 2＋12b 2＝0， ∴CE →⊥A ′D --→，即CE ⊥A ′D .(2)∵AC ′-→＝－a ＋c ，|AC ′-→|＝2|a |，|CE →|＝52|a |， AC ′→·CE →＝(－a ＋c )·⎝⎛⎭⎫b ＋12c ＝12c 2＝12|a |2， ∴cos 〈AC ′-→，CE →〉＝12|a |22×52|a |2＝1010，即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010. 四、探究与拓展14．等边△ABC 中，P 在线段AB 上，且AP →＝λAB →，若CP →·AB →＝P A →·PB →，则实数λ的值为________．考点空间向量数量积的概念及性质题点空间向量数量积定义[答案] 1－22 [解析] 如图，CP →＝－AC →＋AP →＝－AC →＋λAB →，故CP →·AB →＝(λAB →－AC →)·AB →＝λ|AB →|2－|AB →||AC →|cos AP A →·PB →＝(－λAB →)·(1－λ)AB →＝λ(λ－1)|AB →|2，设|AB →|＝a (a ＞0)，则a 2λ－12a 2＝λ(λ－1)a 2，解得λ＝1－22⎝⎛⎭⎫λ＝1＋22舍. 15．如图所示，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．考点空间向量数量积的应用题点利用数量积求线段长解由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°，所以∠BDD 1＝60°，因为AC ⊥α，DD 1⊥α，所以AC∥DD1，所以〈CA→，DB→〉＝60°，所以〈CA→，BD→〉＝120°.又CD→＝CA→＋AB→＋BD→，所以|CD→|2＝(CA→＋AB→＋BD→)2＝|CA→|2＋|AB→|2＋|BD→|2＋2CA→·AB→＋2CA→·BD→＋2AB→·BD→. 因为BD⊥AB，AC⊥AB，所以BD→·AB→＝0，AC→·AB→＝0.故|CD→|2＝|CA→|2＋|AB→|2＋|BD→|2＋2CA→·BD→＝242＋72＋242＋2×24×24×cos 120°＝625，所以|CD→|＝25.。

2021-2022学年高中人教A版数学选修2-1作业：3.1.3 空间向量的数量积运算含解析

课时分层作业(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．。

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练习：3-1-3空间向量的数量积运算

4 课后课时精练一、选择题1．以下命题正确的选项是 ( )A ．|a | ·a ＝a 2B ．(a ·b )2＝a 2·b 2C ．a (a ·b )＝b ·a2D ．|a ·b | ≤|a ·b |分析：依据定义可判断出 A 、B 、C 均不正确．答案： D→ →2．已知菱形 ABCD 的边长为 a ，∠ DAB ＝60°，则 |AB ＋AD|等于()A ．aB ．2aC. 2aD. 3a→ → →分析：由向量的平行四边形法例知， |AB ＋ AD ＝＝3a.| |AC| 答案： D．设，，，是空间不共面的四点，且知足 → → → →3· ＝0，AC ·ABCDAB AC AD→ →＝0，AB · ＝0，则△ BCD 是()ADA. 钝角三角形B. 锐角三角形C. 直角三角形D. 不确立→ →→ → → → → → → → → →分析： BC ·BD ＝(AC －AB) ·(AD －AB)＝AC ·AD －AC ·AB －AB ·AD→ →＋AB 2＝AB 2>0.同理，可证 → → → →CB ·CD>0，DB ·DC>0.∴三角形的三个内角均为锐角．答案： B4．若a⊥b，a⊥c，l＝αb＋βc(α，β∈R)，m∥a，则m与l必定()A ．订交C．垂直B．共线D．以上都有可能分析：∵a⊥b，a⊥c 且 a∥m，∴ m⊥b，m⊥c，∴m·l＝m·(αb＋βc)＝αm·b＋βm·c＝α·0＋β·0＝0，∴m⊥l.答案： C5.[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 °→→分析：此题主要考察空间向量在求角中的应用．因为AB＝AC＋→→→→→→→→→→ →CD ＋DB，则 AB·＝(AC＋CD＋DB ·＝CD2＝ 1.cos〈AB，CD〉CD) CD→ →→→AB·CD1＝→ →＝2?〈AB，CD〉＝ 60°，应选 B.|AB| ·|CD|答案： B6．设a，b，c为同一平面内拥有同样起点的随意三个非零向量，且知足 a 与 b 不共线， a⊥c，|a|＝|c|，则|b·c|的值必定等于()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ππ分析：若 |a |＝|c |＝1，|b |＝2，〈 a ， b 〉＝ 6，〈 c ，b 〉＝ 3，则 |b ·c |π 为两边的三角形面积S ＝ 1 π 1 ＝2×1×cos ＝1，而以 a ，b ··＝，32|a | |b | sin 6 2以 b ，c 为两边的三角形面积 S ＝1π3· · ＝2 ；以 a ，b 为邻边的2|b | |c | sin 3π平行四边形的面积 S ＝|a | ·|b | ·sin 6＝1，以 b ，c 为邻边的平行四边形的π面积 S ＝ |b | ·|c | ·sin 3＝ 3.故清除 A 、B 、D ，选 C.答案： C二、填空题ππ7．设 a ⊥b ，〈a ，c 〉＝3，〈b ，c 〉＝6，且|a |＝1，|b |＝2，|c |＝3，则|a ＋b ＋c |＝________.分析： |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＋6 3.答案： 17＋6 38. 在平行六面体 ABCD －EFGH 中，已知 M ，N ，R 分别是 AB ，1AD ，AE 上的点，且 AM ＝MB ，AN ＝2ND ，AR ＝2RE ，则平面 MNR 分对角线 AG 所得线段 AP 与 PG 的比值为 ________．分析：→→→此题主要考察空间向量的共面条件的应用．设AP＝mAG，由AG＝→→→→→3→→→→3→AB＋AD＋AE＝2AM＋3AN＋2AR，得 AP＝2mAM＋3mAN＋2mAR.因为P，M，R，N 共面，则32m＋3m＋2m＝1，2AP 2AP 2进而得 m＝13，即AG＝13，故PG＝11.2答案：119．设a、b、c是随意的非零向量，且互不共线，则以下四个命题：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________．分析：①注意愿量数乘与数目积的差别，因此不建立；②是三角形不等式，因此建立；③[( c·b)a－(c·a)b] ·c＝(c·b)(a·c)－(c·a)(b·c)＝0，故垂直，因此③不建立；④向量运算定律，因此建立．答案：②④三、解答题10．设θ＝〈a，b〉＝120°，|a|＝3，|b|＝4.求：(1)a·b；(2)a2与b2；(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 PCPM成定比 2，且 MC ＝2，N 分 PD 成定比 1.→→→→ (1) 求知足 MN ＝ xAB ＋yAD ＋zAP 的实数 x ，y ，z 的值；(2) 若 PA ＝AB ＝1，AD ＝2，求 MN 的长．→→ →1→→解：(1)取 PC 的中点 E ，连结 NE ，则MN ＝EN －EM ＝2CD －(PM → ＝1 → －(2 → －1 → ＝1 → －1 → →→ → → －PE＝－ 1 －1 －＋AB ＋AD ))2CD3PC 2PC)2CD6PC2AB6(AP2→1→1→＝－3AB －6AD ＋6AP ，2 1 1比较知 x ＝－ 3，y ＝－ 6，z ＝6.(2)因为 PA ＝AB ＝1， AD ＝2，且 PA ⊥AB ，AB ⊥AD ， PA ⊥ AD ，→2→ 1→ 1→2→1→1→而 |MN|2＝ |－3AB －6AD ＋6AP|2 ＝(－3AB)2 ＋(－6AD)2＋(－6AP)2＝ 7 ，12→21故 |MN|＝ 6 .12. 如图，在四棱锥 P －ABCD 中，底面为直角梯形， AD ∥BC ，∠ B AD ＝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．→→ → →→→ ＝1 → → 解：(1)联合图形知，PB ＝AB －AP ，DM ＝1＋DC －AD2(DP)2(AP→1→＝ 1→1→3→ →→ →→1 →＋ 1→＋AB －2AD)＋－4AD，则PB ·＝(AB －AP·－2AP2ABDM) (2AP2AB3 →1→1 →4AD)＝2|AB|2－2|AP|2＝0，故 PB ⊥ DM.(2)设 PA ＝AD ＝AB ＝2BC ＝2，→→→→→1→因为 PD＝ AD－AP，AC＝AB＋2AD，→→→→→→→→则 |PD|2＝|AD－AP|2＝AD2－ 2AD·AP＋AP2＝8，故 |PD|＝2 2，→→ 1 →→→1→＋1→2＝ |AB＋2＝|AB 2＋2AB·2＝5，|AC|2AD||2AD4|AD|→故|AC＝5，|→ →→→→＋1→＝，·＝(AD－AP ·PD AC) (AB2AD)2→→210故 cos〈PD，AC〉＝22× 5＝10.。

高中人教B版数学选修2-1练习：3.1.3 两个向量的数量积 Word版含解析

3.1.3两个向量的数量积课时过关·能力提升1.|a+b|=|a-b|的充要条件是()A.a=0或b=0B.a∥bC.a·b=0D.|a|=|b|答案:C2.下列式子正确的是()A.|a|·a=a2B.(a·b)2=a2·b2C.(a·b)c=a(b·c)D.|a·b|≤|a|·|b|答案:D3.在空间四边形OABC中,OB=OC,∠AOB=∠AOCA解析:∴cos答案:D4.设A,B,C,D是空间不共面的四点,且满△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:∠DBC为锐角,同理可得∠BCD,∠BDC均为锐角.答案:B★5.若|a|=1,|b|=2,c=a+b,且c⊥a,则向量a与b的夹角是()B.60°C.120°D.150°解析:∵c⊥a,∴c·a=(a+b)·a=0,可得a·b=-1,∴cos<a,b>故向量a与b的夹角是120°.答案:C6.已知|a|=|b|=|c|=1,a·b=b·c=c·a=0,则|a+b+c|=.解析:因为|a+b+c|2=(a+b+c) 2=|a|2+|b|2+|c|2+2(a·b+b·c+a·c)=3,所以|a+b+c|答案:7.已知a≠c,b≠0,a·b=b·c,且d=a-c,则<b,d>=.解析:∵a·b=b·c,∴(a-c)·b=0,∴b⊥d.故<b,d>=90°.答案:90°8.已知向量a,b之间的夹角为30°,|a|=3,|b|=4,求a·b,a2,b2,(a+2b)·(a-b).分析:利用向量数量积的定义、性质及运算律.解:a·b=|a||b|cos<a, b>=3×4×cos 30°=a2=a·a=|a|2=9,b2=b·b=|b|2=16,(a+2b)·(a-b)=a2+a·b-2b2=9+=.★9.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,求异面直线A1B与AC所成的角.分析:选,先cos<a,b>cos解:不妨设正方体的棱长为1a b c,则|a|=|b|=|c|=1,a·b=b·c=c·a=0.a-c a+b,a-c)·(a+b)=|a|2+a·b-a·c-b·c=1.∈[0,π],∴故异面直线A1B与AC所成的角。

人教新课标版数学高二选修2-1训练 3.1.3空间向量的数量积运算

数学·选修2－1(人教A版)空间向量与立体几何3．1空间向量及其运算3.1.3空间向量的数量积运算课前训练一、选择题1．下列式子正确的是( )A．a·|a|＝a B．(a·b)2＝a·bC．(a·b) c＝a(b·c) D．|a·b|≤|a||b|答案：D2．已知向量a、b是与平面α平行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：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，不能够推出l⊥α；l⊥α一定有c·a＝0且c·b＝0，故选B.答案：B3．以下四个命题中正确的是( )A．若OP→＝12OA→＋13OB→，则P、A、B三点共线B．若向量a，b，c不共面，则向量a＋b，b＋c，c＋a也不共面C．|(a·b)c|＝|a||b||c|D．△ABC为直角三角形的充要条件是AB→·AC→＝0答案：B4．如图，已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，则PC等于( )A．6 2 B．6C．12 D．144解析：因为PC→＝PA→＋AB→＋BC→，所以PC→2＝PA→2＋AB→2＋BC→2＋2AB→·BC→＋2PA→·AB→＋2PA→·BC→＝36＋36＋36＋2×6×6×cos 60°＋2×6×6×cos 90°＋2×6×6×cos 90°＝144，所以|PC→|＝12.答案：C5．空间四面体OABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝π3，则cos〈OA→，BC→〉的值是( )A.12B.22C．－12D． 0解析：cos〈OA→，BC→〉＝＝＝＝0. 答案：D二、填空题6．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 ＝________.解析：因为a ＋b ＋c ＝0，所以(a ＋b ＋c )2＝0，所以a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝0，所以a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＝－32＋12＋422＝－13.答案：－137．已知a ，b 是空间两向量，若|a|＝3，|b |＝2，|a －b|＝7，则a 与b 的夹角为________．答案：π38．已知|a |＝32，|b |＝4，m ＝a ＋b ，n ＝a ＋λb ，〈a ，b 〉＝135°，m ⊥n ，则λ＝________.解析：由m ⊥n ，得(a ＋b )·(a ＋λb )＝0，所以a 2＋(1＋λ)a ·b ＋λb 2＝0，所以18＋(λ＋1)×32×4cos 135°＋16λ＝0，即4λ＋6＝0，所以λ＝－32.答案：－32三、解答题9．在平行六面体ABCD A ′B ′C ′D ′中，AB ＝5，AD ＝3，AA ′＝7，∠BAD ＝60°，∠BAA ′＝∠DAA ′＝45°，求AC ′的长．解析：AC ′→＝AB →＋AD →＋AA ′→，10．如图，正三棱柱ABCA 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．解析：(1)AB 1→＝AB →＋BB 1→，BC 1→＝BB 1→＋BC →.因为BB 1⊥平面ABC ，所以BB 1→·AB →＝0，BB 1→·BC →＝0. 又△ABC 为正三角形，所以〈AB →，BC →〉＝π－〈BA →，BC →〉＝π－π3＝2π3.因为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，所以AB 1⊥BC 1.(2)结合(1)知AB 1→·BC 1→＝|AB →|·|BC →|·cos〈AB →，BC →〉＋BB1→2＝BB 1→2－1.又|AB1→|＝AB →2＋BB1→2＝2＋BB 1→2＝|BC 1→|，所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝BB1→2－12＋BB 1→2＝12，所以|BB 1→|＝2，即侧棱长为2.。

山东省高三数学人教A版选修2-1课时作业：3.1.3 空间向量的数量积运算 Word版含解析

第三章 3.1 课时作业26一、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DD1⊥α，D1为垂足，连接BD1，则∠DBD1为BD与α所成的角，即∠DBD1＝30°，∴∠BDD1＝60°，∵AC⊥α，DD1⊥α，∴AC∥DD1，∴〈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.。

人教新课标版数学高二数学选修2-1练习3-1-3空间向量的数量积运算

技能演练基础强化1．已知非零向量a ，b 不平行，并且其模相等，则a ＋b 与a －b 之间的关系是( )A ．垂直B ．共线C ．不垂直D ．以上都有可能解析 ∵(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2＝0，∴(a ＋b )⊥(a －b )．答案 A2．下列命题中，正确的命题个数为( ) ①a ·a ＝|a |；②m (λa )·b ＝(mλ)a ·b (m ，λ∈R )；③a ·(b ＋c )＝(b ＋c )·a ；④(a ＋b )＝a 2＋2a ·b ＋b 2.A ．1B ．2C ．3D ．4答案 D3．若O 是△ABC 所在平面内一点，且满足(BO →＋OC →)·(OC →－OA →)＝0，则△ABC 一定是( )A ．等边三角形B ．斜三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形解析 ∵BO →＋OC →＝BC →，OC →－OA →＝AC →，∴BC →·AC →＝0.∴BC ⊥AC .∴△ABC 一定是直角三角形．答案 C4．已知|a |＝2，|b |＝3，〈a ，b 〉＝60°，则|2a －3b |等于( ) A.97B ．97 C.61 D ．61解析 |2a －3b |2＝(2a －3b )2＝4a 2－12a ·b ＋9b 2＝4×22－12×2×3×12＋9×32＝61.∴|2a －3b |＝61.答案 C5．已知向量a ·b 满足条件：|a |＝2，|b |＝2，且a 与2b －a 互相垂直，则〈a ，b 〉＝( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析 ∵a ⊥(2b －a )∴a ·(2b －a )＝2|a ||b |cos 〈a ，b 〉－a 2＝2×2×2cos 〈a ，b 〉－22＝0，∴cos 〈a ，b 〉＝22，∴〈a ，b 〉＝45°.答案 B6．在△ABC 中，各边长均为1，则AB →·BC →＝________.解析如图AB →·BC →＝|AB →|·|BC →|·cos 〈AB →，BC →〉＝1×1×cos120°＝－12.答案－12能力提升7．已知|a |＝32，|b |＝4，m ＝a ＋b ，n ＝a ＋λb ，〈a ，b 〉＝135°，m ⊥n ，则λ＝__________.解析 ∵m ⊥n ，∴m ·n ＝0，∴(a ＋b )·(a ＋λb )＝a 2＋a ·b ＋λ(a ·b )＋λb 2＝(32)2＋32×4×(－22)×(1＋λ)＋16λ ＝4λ＋6＝0.∴λ＝－32.答案－328．等边△ABC 中，P 在线段AB 上，且AP →＝λAB →，若CP →·AB →＝PA →·PB →，则实数λ的值为________．解析 P 在线段AB 上，且AP →＝λAB →，∴0≤λ≤1.不妨设等边△ ABC 的边长为1，∵CP →·AB →＝PA →·PB →，∴(CA →＋AP →)·AB →＝PA →·(AB →－AP →)．∴CA →·AB →＋λAB →2＝－λAB →2＋λ2AB →2.∴－12＋2λ＝λ2.解得λ＝1－22.答案 1－229．设θ＝〈a ，b 〉＝120°，|a |＝3，|b |＝4，求：(1)a ·b ；(2)(a ＋b )2；(3)(3a －2b )·(a ＋2b )．解 (1)a ·b ＝|a ||b |cos120°＝3×4×(－12)＝－6.(2)(a ＋b )2＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝9＋2×(－6)＋16＝13.(3)(3a －2b )·(a ＋2b )＝3a 2－2a ·b ＋6a ·b －4b 2＝3×9＋4×(－6)－4×16＝－61.10．已知空间四边形ABCD ，求AB →·CD →＋BC →·AD →＋CA →·BD →的值．解 AB →·CD →＋BC →·AD →＋CA →·BD →＝AB →·(AD →－AC →)＋AD →(AC →－AB →)－AC →(AD →－AB →)＝AB →·AD →－AB →·AC →＋AD →·AC →－AD →·AB →－AC →·AD →＋AC →·AB →＝0.品味高考11．若向量a ，b 满足|a |＝|b |＝1，a 与b 的夹角为120°，则a ·b ＋a ·a ＝________.解析 a ·b ＋a ·a＝|a |·|b |cos120°＋|a |2＝1×1×(－12)＋1＝12.答案 1212．已知向量|a |＝2|b |≠0，且关于x 的方程x 2＋|a |x ＋a ·b ＝0有实根，则a 与b 的夹角的取值范围是( )A ．[0，π6]B ．[π3，π]C ．[π3，23π]D ．[π6，π]解析 ∵关于x 的方程x 2＋|a |x ＋a ·b ＝0有实根，∴Δ＝|a |2－4a ·b ≥0，即|a 2|≥4a ·b .又∵a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉，∴|a 2|≥4|a ||b |cos 〈a ，b 〉．∵|a |＝2|b |≠0，∴cos 〈a ，b 〉≤|a 2|4|a ||b |＝4|b |28|b |2＝12，而〈a ，b 〉∈[0，π]，∴π3≤〈a ，b 〉≤π.答案 B。

2019-2020学年数学人教A版选修2-1检测：3.1.3空间向量的数量积运算 Word版含解析

3.1.3 空间向量的数量积运算填一填1.空间向量的夹角(1)如图，已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a ，b 的夹角，记作〈a ，b 〉．(2)向量a ，b 的夹角〈a ，b 〉的范围是[0，π]，若〈a ，b 〉＝π2，那么称向量a ，b 互相垂直，记作a ⊥b .2．空间向量的数量积 (1)定义：已知两个非零向量a ，b ，则|a ||b |cos 〈a ，b 〉叫做a ，b 的数量积，记作a ·b .即a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉．(2)运算律： ①(λa )·b ＝λ(a ·b )； ②交换律：a ·b ＝b ·a ； ③分配律：a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c . 3．空间向量数量积的性质序号性质 ① a ·e ＝|a |cos 〈a ，e 〉(其中e 为单位向量) ② 若a ，b 为非零向量，则a ⊥b ⇔a ·b ＝0 ③ a ·a ＝|a |2或|a |＝a ·a ＝a 2④ 若a ，b 为非零向量，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |⑤ |a ·b |≤|a ||b |(当且仅当a ，b 共线时等号成立)判一判1.对于非零向量a ，2．对于任意向量a ，b ，c ，都有(a ·b )c ＝a (b ·c )．(×) 3．若a ·b ＝b ·c ，且b ≠0，则a ＝c .(×) 4．(3a ＋2b )·(3a －2b )＝9|a |2－4|b |2.(√) 5．若a ·b ＝0，则a ＝0或b ＝0.(×) 6．〈a ，b 〉与(a ，b )都表示直角坐标系下的点．(×) 7．若a ，b 均为非零向量，则a ·b ＝|a ||b |是a 与b 共线的充要条件．(×)8．在△ABC 中，〈AB →，CB →〉＝∠B .(×)想一想1.〈a ，b 〉与〈b ，a 〉相等吗？若两个非零向量垂直，两向量对应夹角是多少？〈a ，b 〉与〈b ，a 〉分别表示向量a ，b 与b ，a 的夹角，根据空间向量夹角的定义，〈a ，b 〉与〈b ，a 〉相等，若两个非零向量垂直，两向量对应的夹角是π2.2．说出式子〈OA →，OB →〉，〈OA →，－OB →〉表示的含义，并指出它们之间有什么关系？〈OA →，OB →〉表示向量OA →，OB →的夹角；〈OA →，－OB →〉表示向量OA →，－OB →的夹角．相互关系为〈OA →，OB →〉＝π－〈OA →，－OB →〉． 3．在几何体中求空间向量数量积的步骤是什么？(1)首先将各向量分解成已知模和夹角的向量的组合形式．(2)利用向量的运算律将数量积展开，转化为已知模和夹角的向量的数量积． (3)代入a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉求解．思考感悟：练一练1．设a ，b 为空间中的两个非零向量，下列各式：①a 2＝|a |2；②a ·b a 2＝ba；③(a ·b )2＝a 2·b 2；④(a －b )2＝a 2－2a ·b ＋b 2，其中正确的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案：B2．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答案：B3．已知a ，b 是空间两个向量，若|a |＝2，|b |＝2，|a －b |＝7，则cos 〈a ，b 〉＝________.答案：184．已知a ，b ，c 是两两垂直的单位向量，则|a －2b ＋3c |＝________. 答案：14知识点一空间向量的数量积运算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＋13 C ．4 D ．13解析：(2a －b )·a ＝2a 2－b ·a ＝2|a |2－|a ||b |·cos 120°＝2×4－2×5×⎝⎛⎭⎫－12＝13.故选D. 答案：D2．在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋BC →·AD →＋CA →·BD →＝________.解析：设AB →＝b ，AC →＝c ，AD →＝d ，则CD →＝d －c ，BD →＝d －b ，BC →＝c －b ，故AB →·CD →＋BC →·AD →＋CA →·BD →＝b ·(d －c )＋(c －b )·d ＋(－c )·(d －b )＝b ·d －b ·c ＋c ·d －b ·d －c ·d ＋c ·b ＝0.答案：0知识点二用数量积求夹角3.AB 与CD 所成的角是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：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°.答案：C4．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知识点三用数量积求模5.等于( )A ．8B ．10C ．12D ．6 2解析：∵PC →＝P A →＋AB →＋BC →，∴PC →2＝P A →2＋AB →2＋BC →2＋2P A →·AB →＋2P A →·BC →＋2AB →·BC →＝36＋36＋36＋2×36cos 60°＝144，∴PC ＝12.答案：C6．设a ⊥b ，〈a ，c 〉＝π3，〈b ，c 〉＝π3，且|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×cos π3＋2×3×2×cos π＝23.故|a ＋b ＋c |＝23.答案：23知识点四空间向量的垂直问题7.已知12a ＝2e 1＋3e 2，b ＝k e 1－4e 2，a ⊥b ，则实数k 的值为( )A ．－6B ．6C ．3D ．－3解析：∵a ·b ， ∴a ·b ＝0，即(2e 1＋3e 2)·(k e 1－4e 2)＝0，2k e 21－8e 1·e 2＋3k e 1·e 2－12e 22＝0，∴2k －12＝0，k ＝6. 答案：B8．已知a ，b 为空间中的两个非零向量，若|a |＝32，|b |＝4，m ＝a ＋b ，n ＝a ＋λb ，〈a ，b 〉＝135°，m ⊥n ，则λ＝________. 解析：因为m ·n ＝(a ＋b )·(a ＋λb )＝a 2＋(λ＋1)a ·b ＋λb 2＝18＋(λ＋1)×32×4×cos 135°＋16λ＝0，所以λ＝－32.答案：－32基础达标一、选择题1．已知空间中非零向量a ，b 不共线，并且模相等，则a ＋b 与a －b 之间的关系是( ) A ．垂直 B ．共线C ．不垂直D ．以上都可能解析：(a ＋b )·(a －b )＝|a |2－|b |2＝0，∴a ＋b 与a －b 垂直．答案：A2．在空间四边形OABC 中，OB ＝OC ，∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉＝( )A.12B.22C ．－12D ．0解析：如图所示，∵OA →·BC →＝OA →·(OC →－OB →)＝OA →·OC →－OA →·OB →＝|OA →||OC →|·cos ∠AOC －|OA →|·|OB →|·cos ∠AOB ＝0，∴OA →⊥BC →，∴〈OA →，BC →〉＝π2，cos 〈OA →，BC →〉＝0.答案：D 3．已知a·b ＝0，|a |＝2，|b |＝3，且(3a ＋2b )·(λa －b )＝0，则λ等于( ) A.32 B ．－32 C ．±32D ．1解析：∵a ⊥b ，∴a ·b ＝0，∵3a ＋2b ⊥λa －b ，∴(3a ＋2b )·(λa －b )＝0，即3λa 2＋(2λ－3)a ·b －2b 2＝0，∴12λ－18＝0，解得λ＝32.答案：A4．已知向量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：∵|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°，∴a ·b ＝b ·c ＝a ·c ＝12，a 2＝b 2＝c 2＝1，∴|a －b ＋2c |＝(a －b ＋2c )2＝a 2＋b 2＋4c 2－2a ·b ＋4a ·c －4b ·c ＝1＋1＋4－2×12＋4×12－4×12＝6－1＋2－2＝ 5.答案：A5．已知|a |＝1，|b |＝2，且a －b 与a 垂直，则a 与b 的夹角为( ) A ．60° B ．30° C ．135° D ．45° 解析：∵a －b 与a 垂直，∴(a －b )·a ＝0，∴a ·a －a ·b ＝|a |2－|a |·|b |·cos 〈a ，b 〉＝1－1×2×cos 〈a ，b 〉＝0， ∴cos 〈a ，b 〉＝22. ∵0°≤〈a ，b 〉≤180°，∴〈a ，b 〉＝45°.故选D. 答案：D6．下列命题：①若a ·b ＝0，则a ，b 中至少有一个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 ．2 D ．3解析：若a ·b ＝0⇒|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝0⇒a ＝0或b ＝0，或cos 〈a ，b 〉＝0，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．故选B.答案：B7．若向量a ，b 满足：|a |＝1，(a ＋b )⊥a ，(2a ＋b )⊥b ，则|b |等于( ) A ．2 B. 2C ．1 D.22解析：∵(a ＋b )⊥a ，(2a ＋b )⊥b .∴⎩⎪⎨⎪⎧ (a ＋b )·a ＝0，(2a ＋b )·b ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧|a |2＋a ·b ＝0，2a ·b ＋|b |2＝0，又|a |＝1，所以a ·b ＝－1，|b |2＝2，所以|b |＝ 2.故选B.答案：B8．A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝AC →·AD →＝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：BC →＝AC →－AB →，BD →＝AD →－AB →，∴BC →·BD →＝(AC →－AB →)·(AD →－AB →)＝AB →2＝|AB →|2>0.∴∠DBC 是锐角．同理可证∠DCB ，∠BCD 都是锐角．∴△BCD 是锐角三角形．答案：B 二、填空题9．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°，所以18＋16λ＋(λ＋1)×32×4×cos 135°＝0，解得λ＝－32.答案：－3210．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，则A 1B →·B 1C →＝________.解析：连接A 1D .∵A 1D ∥B 1C ，且A 1D ＝B 1C ，∴A 1D →＝B 1C ，∴A 1B →·B 1C →＝A 1B →·A 1D →＝|A 1B →||A 1D →|cos 〈A 1B →，A 1D →〉＝2a ×2a ×cos 60°＝a 2.答案：a 2 11.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AE →·BC →________AE →·CD →(填“<”、“>”或“＝”)．解析：易知AE ⊥BC ，所以AE →·BC →＝0.而AE →·CD →＝(AB →＋BE →)·CD →＝AB →·(BD →－BC →)＋12CD →·BC →＝|AB →||BD →|cos 120°－|AB →||BC →|cos 120°＋12|BC →||CD →|cos 120°<0，所以AE →·BC →>AE →·CD →.答案：>12．如图，已知正四面体ABCD 中，AE ＝14AB ，CF ＝14CD ，则直线DE 和BF 所成角的余弦值为________．解析：因四面体ABCD 是正四面体，顶点A 在底面BCD 内的射影为△BCD 的垂心，所以有BC ⊥DA ，AB ⊥CD .设正四面体的棱长为4，则BF →·DE →＝(BC →＋CF →)·(DA →＋AE →)＝0＋BC →·AE →＋CF →·DA →＋0＝4×1×cos 120°＋1×4×cos 120°＝－4，BF ＝DE ＝42＋12－2×4×1×cos 60°＝13，所以异面直线DE 与BF 的夹角θ的余弦值为cos θ＝|BF →·DE →||BF →||DE →|＝413.答案：413三、解答题13．如图所示，已知正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱长为1，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA ′→＝c ，求：(1)AC ′→·BD ′→，cos 〈AC ′→，BD ′→〉；(2)BD ′→·AD →.解析：(1)AC ′→·BD ′→＝(AB →＋BC →＋CC ′→)·BA →＋AA ′→＋A ′D ′→＝(AB →＋AD →＋AA ′→)·(－AB →＋AA ′→＋AD →)＝(a ＋b ＋c )·(－a ＋c ＋b )＝－a 2＋b 2＋c 2＋2b ·c ＝1.易得|AC ′→|＝3，|BD ′→|＝3，则cos 〈AC ′→，BD ′→〉＝AC ′→·BD ′→|AC ′→||BD ′→|＝13×3＝13.(2)BD ′→·AD →＝(BA →＋AA ′→＋A ′D ′→)·AD →＝(－AB →＋AA ′→＋AD →)·AD →＝(－a ＋c ＋b )·b ＝－a ·b ＋b ·c ＋b 2＝1. 14．如图，已知在平行六面体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB ＝4，AD ＝3，AA ′＝5，∠BAD ＝90°，∠BAA ′＝∠DAA ′＝60°.(1)求AC ′的长；(2)求AC ′→与AC →的夹角的余弦值．解析：(1)∵AC ′→＝AB →＋AD →＋AA ′→，∴|AC ′→|2＝(AB →＋AD →＋AA ′→)2＝|AB →|2＋|AD →|2＋|AA ′→|2＋2(AB →·AD →＋AB →·AA ′→＋AD →·AA ′→)＝42＋32＋52＋2×⎝⎛⎭⎫0＋10＋152＝85. ∴|AC ′→|＝85，即AC ′的长为85.(2)设AC ′→与AC →的夹角为θ，∵四边形ABCD 是矩形，∴|AC →|＝32＋42＝5.在△ACC ′中，由余弦定理可得cos θ＝|AC ′→|2＋|AC →|2－|CC ′→|22|AC ′→|·|AC →|＝85＋25－252×85×5＝8510.∴AC ′→与AC →的夹角的余弦值为8510.能力提升15.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面是边长为2的三角形，且侧棱AA 1⊥底面ABC .(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，求侧棱长．解析：(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＝2×2×⎝⎛⎭⎫－12＋1＝0，∴AB 1→⊥BC 1→，即AB 1⊥BC 1.(2)结合(1)，知AB 1→·BC 1→＝|AB →|·|BC →|·cos 〈AB →，BC →〉＋BB 1→2＝BB 1→2－1. 又|AB 1→|＝(AB →＋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2.16．已知线段AB 在平面α内，线段AC ⊥α，线段BD ⊥AB ，且与α所成的角是30°，如果AB ＝a ，AC ＝BD ＝b ，求C ，D 间距离．解析：如图，由AC ⊥α，知AC ⊥AB .过点D 作DD ′⊥α，垂足为D ′，连接BD ′，则AC ∥DD ′且∠DBD ′＝30°，即∠BDD ′＝60°.∴〈CA →，BD →〉＝〈DD ′→，BD →〉＝180°－∠BDD ′＝120°.∴|CD →|2＝CD →·CD →＝(CA →＋AB →＋BD →)2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2CA →·BD →＋2AB →·BD →＝b 2＋a 2＋b 2＋2b 2cos 120°＝a 2＋b 2. ∴|CD →|＝a 2＋b 2.。

苏教版2019年高二数学选修2-1同步课堂精练：3.1.3 空间向量基本定理 Word版含答案

1．已知O，A，B，C为空间不共面的四点，且a＝OA＋OB＋OC，b＝OA＋OB－OC，则与a，b不能构成空间基底的向量是__________．(1)OA；(2)OB；(3)OC；(4)OA或OB.2．在空间四边形OABC中，OA＝a，OB＝b，OC＝c，点M在线段OA上且OM＝2MA，N 为BC的中点，则MN等于__________．3．已知S是△ABC所在平面外一点，D是SC的中点，若BD＝x AB＋y AC＋z AS，则x＋y＋z＝__________.4．在空间四边形OABC中，G，H分别是△ABC，△OBC的重心，设OA＝a，OB＝b，OC ＝c，则用向量a，b，c表示OG和GH的结果是__________，__________.5．在以下三个命题中，真命题是__________．①三个非零向量a，b，c不能构成空间的一个基底，则a，b，c共面；②若两个非零向量a，b与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a，b共线；③若a，b是两个不共线的向量，而c＝λa＋μb(λ，μ∈R且λμ≠0)，则{a，b，c}构成空间的一个基底．6．已知平行六面体OABC－O′A′B′C′，OA＝a，OC＝c，OO'＝b，D是四边形OABC 的对角线交点，则O D'＝________.7．已知四面体ABCD中，AB＝a－2c，CD＝5a＋6b－8c，对角线AC，BD的中点分别为E，F，则EF＝__________.AA＝a，8．在空间平移△ABC到△A1B1C1(使△A1B1C1与△ABC不共面)，连结对应顶点．设1AB＝b，AC＝c，M是BC1的中点，N是B1C1的中点，用基底{a，b，c}表示向量AM＋AN 的结果是__________．9．设{a，b，c}是空间的一个基底．(1)若p＝a＋2b－c，q＝－4a－8b＋4c，求证：向量p与q共线；(2)若m＝2a－b，n＝b＋c，s＝4a－5b－3c，求证：向量m，n， s共面．参考答案1.答案：(3) 解析：本题考查三个向量能否构成空间的一个基底，关键是要看它们是否共面.由a＝OA＋OB＋OC，b＝OA＋OB－OC，得2OC＝a－b，∴OC＝12a－12b.∴OC与a，b共面.∴OC与a，b不能构成空间基底.2.答案：211322-++a b c解析：如图，MN＝ON－OM＝12(OB＋OC)－23OA＝211 322-++a b c.3.答案：0 解析：BD＝12(BC＋BS)＝12(AC－AB＋BS－AB)＝－AB＋1 2AC＋12BS.4.答案：OG＝13(a＋b＋c) GH＝13-a解析：设BC的中点为D. ∵OG＝OA＋AG，而AG＝23AD，AD＝OD－OA，OD＝12(OB＋OC)，∴OG＝13(a＋b＋c).GH＝OH－OG，OH＝23OD＝13(OB＋OC)，∴GH ＝13-a .5. 答案：①② 解析：①正确.基底的向量必须不共面；②正确；③不对，a ，b 不共线，当c ＝λa ＋μb 时，a ，b ，c 共面，故只有①②正确.6. 答案：12a －b ＋12c 解析：O D '＝O O '＋OD ＝－OO '＋12(OA ＋OC )＝12OA －OO '＋12OC ＝12a －b ＋12c . 7. 答案：3a ＋3b －5c 解析：取BC 的中点G ，连结EG ，FG ，则EF ＝GF －GE ＝12CD －12BA ＝12CD ＋12AB ＝12(5a ＋6b －8c )＋12(a －2c ) ＝3a ＋3b －5c .8. 答案：32a ＋b ＋c 解析：如图，AM ＋AN ＝12(AB ＋1AC )＋12(1AB ＋1AC )＝12AB ＋121AB ＋1AC ＝12b ＋12(a ＋b )＋(a ＋c )＝32a ＋b ＋c . 9. 答案：证明：(1)q ＝－4(a ＋2b －c )＝－4p ，由向量共线的充要条件知，向量p 与q 共线.(2)假设s ＝x m ＋y n ，则4a －5b －3c ＝x (2a －b )＋y (b ＋c )＝2x a ＋(y －x )b ＋y c .∴24,5,3,x y x y =⎧⎪-=-⎨⎪=-⎩解得2,3,x y =⎧⎨=-⎩故s ＝2m －3n .由向量共面的充要条件知向量m ，n ，s 共面.。

人教版高中数学选修2-1练习：第三章3.13.1.3空间向量的数量积运算

[课时作业 ][A 组基础稳固 ]1.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 a 2的是()→ →A ． 2BA ·AC→ →B ．2AD ·DB→ →C ． 2FG ·AC→ →D ． 2EF ·CB→ →2→ →2→ →＝－ 1 2 分析： 2BA ·＝－ a ，故 A 错； 2AD· ＝－ a ，故 B 错； 2EF· 2a，故ACDBCBD 错，只有 C 正确．答案： C→→ → → →2．设平面上有四个互异的点 A ，B ，C ，D ，已知 (DB ＋ DC － 2 DA) ·(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→ → → →→分析： (DB ＋DC －2 DA ·－AC)) (AB →→→→→ →＝(DB －DA ＋DC －DA·－AC)) (AB →→→→＝(AB ＋AC · －AC)) (AB＝ AB →2－AC →2＝0→ →∴ |AB|＝|AC|，∴△ ABC 是等腰三角形．答案： B3．已知向量 a ， b ， c 两两交角为 60°，其模都为 1，则 |a －b ＋2c|等于 ()A. 5B ．5C ．6 D. 6分析：由于 |a|＝|b|＝|c|＝1，〈 a ， b 〉＝〈 b ，c 〉＝〈 c ，a 〉＝ 60°，因此 a·b＝b·c＝a·c＝1，2222a ＝ b＝c ＝1，因此 |a－b＋2c|＝a－b＋2＝a2＋b2＋4c2－2a·b＋4a·c－ 4b·c111＝1＋1＋4－2×＋4×－4×222＝6－ 1＋ 2－ 2＝ 5.答案： A4.已知平行四边形 ABCD 中， AD＝4，CD＝3，∠ D＝60°，PA⊥平面 ABCD，且 PA＝6，则 PC＝ ()A． 3B．7C． 4D．6→ 2→→→→→2→2→ 2→ 2→→→→分析： |PC＝PC·＝(PA＋AD＋DC＝|PA＋|AD＋|CD＋2PA·＋2AD·|PC)|||AD DC ＋→ →→ →＝°||DC|cos 120DC49.答案： B5．已知空间向量 a＝(1，n,2)，b＝(－2,1,2)，若 2a－ b 与 b 垂直，则|a|等于 ()A.53B.37 22C.21D.35 22分析：∵ a＝ (1，n,2)，b＝(－2,1,2)．∴ 2a－b＝(2,2n,4)－ (－2,1,2)＝(4,2n－ 1,2)，∵ 2a－ b 与 b 垂直，∴ (2a－b) ·b＝0，即5252235－ 2×4＋1×(2n－1)＋4＝ 0，∴ n＝2，故 |a|＝1＋2＋2 ＝ 2 .答案： D6．在四周体 OABC 中，棱 OA、OB、OC 两两垂直，且 OA＝ 1，OB＝2，OC＝3，为△的重心，则→ →→→＝G ABC＋OB＋OC________.OG·(OA)→→ →→ →→ →→ →→ OA＋ OB＋ OC，分析：由已知 OA·＝OA·＝ OB·＝0，且 OG＝OB OC OC3→→→→故 OG·(OA＋OB＋OC)1→→→2＝3(OA＋ OB＋ OC)2→2→21→＝3(|OA| ＋ |OB| ＋ |OC| )114＝3(1＋ 4＋ 9)＝3 .14答案：37．已知 |a|＝32，|b|＝4，m＝ a＋ b， n＝a＋λb，〈 a， b〉＝ 135°， m⊥n，则λ＝________.分析：由于 m⊥n，因此 m·n＝ 0，即 (a＋b) ·(a＋λb)＝0，22因此 a ＋ (λ＋1)a·b＋λb＝0，因此 (3 2)2＋ (λ＋1) ×32×4×cos 135 ＋°λ·42＝ 0，因此 18－12(λ＋ 1)＋16λ＝0，因此 4λ＋ 6＝ 0，3λ＝－2.3答案：－28．已知空间向量a，b知足|a|＝|b|＝ |a－b|＝ 2，则 |3a－ 2b|＝ ________.分析：∵ |a|＝|b|＝ |a－b|＝2，∴|a－b|2＝4，即a2－2a·b＋b2＝ 4，∴a·b＝2，∴|3a－2b|2＝ (3a－2b)2＝9a2－12a·b＋ 4b2＝28，故 |3a－2b|＝2 7.答案：2 79.如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，∠DAB＝60°， AB＝ 2AD，PD⊥底面 ABCD.求证： PA⊥ BD.→→→→→→证明：∵PA＝DA－DP，DB＝DA＋DC.→ →→ →→→∴PA ·＝(DA －DP·＋DC) DB) (DA → 2 → →→ → → → ＝DA ＋DA ·－DP ·－ DP ·DC DA DC＝ DA 2 ＋DA ·2DA ·cos 120 °＝ 0.→ →∴ PA ⊥DB ，即 PA ⊥ BD.10.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．→ → → →分析： ∵ AD ＝ AB ＋BC ＋ CD ，→ 2 → →∴ |AD＝ AD ·| AD→→→→→→→2→2→ 2→→→→ ＋＝(AB ＋BC ＋CD · ＋ BC ＋ CD ＝|AB| ＋|BC＋|CD ＋ 2AB ·＋ 2BC ·) (AB ) | |BC CD→ →2AB ·CD ①→ → →∵ AB ＝BC ＝ CD ＝ 2，∴ |AB|＝|BC|＝|CD|＝2②又∵ AB ⊥α，BC? α，∴ AB ⊥BC.→ →∴ AB ·BC ＝ 0.③→ →∵ CD ⊥ BC ，∴ CD ·BC ＝0.④→2 → →把②③④代入①可得 |AD＝4＋4＋4＋2AB ·|CD→ →→→＝ 12＋2|AB· 〈，CD 〉| |CD|cos AB→ →⑤＝ 12＋8cos 〈AB ，CD 〉．∵∠ D CF ＝30°，进而∠ CDF ＝60°.又∵ AB ⊥α，DF ⊥α，∴ AB ∥DF.→ → → →∴〈 AB ， DC 〉＝〈 DF ， DC 〉＝ 60°.→ →∴〈 AB ， CD 〉＝ 120°.代入⑤式获得→ 2→|AD|＝12＋8cos 120°＝8，∴ |AD ＝|22.∴ A， D 两点间距离为 2 2.[B 组能力提高]1．若 (a＋b)⊥(2a－b) ，(a－2b)⊥(2a＋b)，则 cos〈a，b〉为 () 101033A. 10B．－10C．－3 D. 3分析：由 (a＋b) ·(2a－b)＝0，(a－2b) ·(2a＋b)＝0 得2a2＋a·b－b2＝0，①2a2－3a·b－2b2＝0，②2212因此 8a －5b＝0，a·b＝－4b ，12·－4|b|10a b因此 cos〈a，b〉＝|a||b|＝52＝－10.8|b|答案： B2．三棱柱 ABC-A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠B AA1＝∠ CAA1＝ 60°，则异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为 ()6623A. 6B．－6 C. 4 D. 3分析：设底面边长为 a，→→→由于 AB1＝AB＋AA1，→2＝→→(AB＋AA12|AB1|)2→→ →2＝AB ＋2AB·AA1＋AA1＝a2＋2×a×acos 60 ＋° a2＝3a2，→→∴|AB1|＝ 3a，→→→→→→→→→BC1＝ BB1＋BC＝AA1＋(AC－AB)＝AC＋AA1－ AB，→→ → →2∴ |BC12＝ (AC＋AA1－ AB|)→ 2→ 2→ 2→→→→→→＝AC ＋AA1＋AB＋2AC·1－2AC·－2AB·1AA AB AA ＝ a2＋a2＋a2＋a2－a2－ a2＝ 2a2，→，|2a→→→→→→→AB1·BC1＝(AB＋ AA1) ·(AC＋AA1－AB)→→→→→→→＝(AB＋AA1) ·AC＋(AA1＋ AB) ·(AA1－AB)→ →→ →→ 2→2＝ AB·＋AA1·＋AA1－ABAC AC＝ a×acos 60 °＋a×acos 60 °＋a2－ a2＝ a2.→→→ →a26 AB1·BC1＝＝∴ cos〈 AB1，BC1〉＝→→ 6 .3a× 2a11答案： A．在长方体1 1 1 1 中，AB＝3， AA1＝1，AD＝1，给出以下命题：3ABCD-A B C D①异面直线 AD 与 CB1所成的角等于向量→→AD与 CB1的夹角；→→2π② AB1与C1C的夹角为3；→→③C1B1⊥CD1；→→5④ cos AA1，D1B＝5 .此中正确的命题是 ________．π→→3π→分析：①异面直线AD 与 CB1所成的角为4，而向量 AD与CB1的夹角为4；② AB1→AB1与 BB12π与 C1C的夹角为钝角，与直线所成的角互补，其值为3，因此正确；→→→→＝－ cos →→＝－5③ C1 1⊥CD1明显正确；④ cos AA1，D1B AA1， BD1B 5 .答案：②③4．如图，在平行四边形ABCD 中， AB＝AC＝1，∠ ACD＝90°，把△ ADC 沿对角线 AC 折起，使 AB 与 CD 成 60°角，则 BD 的长为 ________．→→→分析：取基底 { AB， AC， C D }→→→→则 BD＝ BA＋ AC＋ CD2→2→2→2→2→→→→→→∴|BD| ＝ BD ＝BA ＋AC ＋CD ＋2BA·AC＋2AC·CD＋2BA·CD→222→→＝ 1 ＋1 ＋1 ＋2×1×1×cos〈BA，CD〉→ →＝ 3＋ 2cos〈BA，CD〉，→→当〈 BA， CD 〉＝ 60°时，→ 21→|BD|＝3＋2×＝4，|BD ＝2| 2.→→当〈 BA， CD 〉＝ 120°时，→ 21→|BD|＝3＋2×(－2)＝2，|BD|＝ 2.答案：2或25.如图， BB1⊥平面 ABC，且△ ABC 是∠ B＝90°的等腰直角三角形，?ABB1A1、?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．→ →→→→→分析： BA1·＝ (BA＋BB1·－BAAC) (BC)2→→ →→＝BA·BC－ BA ＋BB1·BC－BB1·BA＝0－a2＋0－0＝－a2，→→→→，→，又 |BA1＝＝|2a|AC|2a→→→1→＝－ a21于是 cos〈BA1， AC〉＝BA·AC＝－→ →2a· 2a2.1→→因此向量 BA1与AC的夹角是120°，故异面直线 BA1与 AC 所成的角等于 60°.6.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；π(2)设 AB 1 与 BC 1 的夹角为 3，求侧棱的长．→ → → → → →分析： (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，→→ → → π 2π∴〈 AB ， BC 〉＝ π－〈 BA ，BC 〉＝ π－ 3＝3.→ → → → → →∵ AB· ＝(AB ＋BB ·＋ BC1BC 1 1) (BB 1)2→ →＝ AB ·BB 1 ＋AB ·BC ＋BB 1 ＋BB 1·BC→→→→→→→· 〈 →→→ 2＝ |AB·， BC 〉＋ BB 1 ＝－ 1＋1＝0，| |BC| cos AB∴ AB 1 ⊥BC 1.由知 → → →→→→→ 2→ 2 －1.(2) (1)1·1＝|AB·，BC 〉＋ BB 1＝BB 1AB BC| |BC| ·cos 〈AB→ ＝ → 2 →2＝→→ ，又 |AB2＝ |BC1 AB ＋BB 1＋112 BB→ → → 1 2－ 1 1BB∴ cos 〈 AB 1 ，BC 1〉＝ → 2 ＝ 2，2＋ BB 1→∴ |BB 1|＝2，即侧棱长为 2.。

高二数学人教版选修2-1(第3.1.3 空间向量的数量积运算) Word版含解析

绝密★启用前3.1.3空间向量的数量积运算一、选择题 1.【题文】在棱长为的正方体1111ABCD A B C D -中，设AB =u u u r a ，AD =u u u r b ，1AA =u u u r c ，则()⋅+a b c 的值为( )A ．B ．C ．1-D ．2-2．【题文】设ABCD A B C D ''''-是棱长为的正方体，AC '和BD '相交于点O ，则有( )A.22AB A C a '⋅=u u u r u u u u rB.2AB AC ⋅=u u u r u u u rC.212AB AO a ⋅=u u u r u u u rD.2BC AD a '⋅=u u u u r u u u r3.【题文】若非零向量，满足，则与的夹角为( )A.30︒B.60︒ ︒4．【题文】已知四边形ABCD PA ⊥平面ABCD ，连接AC 、BD 、PB 、PC 、PD ( )A.PC uuu r 与BD u u u r C.PD u u u r 与AB u u u r D.PA u u u r 与CD uuu r5．【题文】已知,a b 是异面直线，,,,,,,A B a C D b AC b BD b ∈∈⊥⊥且2,1,AB CD ==则与所成的角是( )A ．30︒B ．45︒C ．60︒D ．90︒6．【题文】设平面上有四个互异的点A ，B ，C ，D ，已知()()2DB DC DA AB AC +-⋅-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r 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7．【题文】若向量、是平面α内的两个不相等的非零向量，非零向量在直线上，则0⋅=c a 且0⋅=b c 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8．【题文】已知++=0a b c ，2=a ，3=b ，4=c ，则向量与之间的夹角,a b 为( )A ．30︒B ．45︒C ．60︒D ．以上都不对二、填空题 9.【题文】在棱长为的正方体ABCD A B C D ''''-中，AD BC ''⋅=u u u u r u u u u r .10．【题文】已知空间向量，，满足++=0a b c ，3=a ，1=b ，4=c ，则⋅a b +⋅+⋅=b c c a ________.11．【题文】设1=m ，2=n ，2+m n 与3-m n 垂直，4=-a m n ，72=+b m n ，则,=a b ______.三、解答题12.【题文】如图所示的空间四边形OABC 中，OB OC =，AB AC =.求证：OA BC ⊥.13.【题文】如图：1BB ⊥平面ABC ，且△ABC 是90B ∠=︒的等腰直角三角形，四边形11ABB A 、四边形11BB C C 都是正方形，若AB a =，求异面直线1BA 与AC 所成的角．14．【题文】如图所示，在平行四边形ABCD 中，1AB AC ==，90ACD ∠=︒，将它沿对角线AC 折起，使AB 与CD 成60︒角，求B ，D 间的距离．3.1.3空间向量的数量积运算参考答案与解析一、选择题1.【答案】B【解析】()0⋅+=⋅+⋅=a b c a b a c . 故选B.考点：空间向量的数量积.【题型】选择题【难度】较易2．【答案】C 【解析】由()2111222AB AO AC AB AB BC CC AB a ''⋅=⋅=++⋅=u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r .考点：空间向量的数量积.【题型】选择题【难度】较易3.【答案】C【解析】由()22+⋅=⋅+a b b a b 2,0=+b b ，可得s 2co 2a b --==，a b ，故与的夹角为120︒.考点：空间向量的夹角.【题型】选择题【难度】一般4．【答案】A【解析】由图分析可知(图略)，选项B 、C 、D 中两向量的夹角均为90︒，∴数量积都为,故选A.考点：空间向量的数量积.【题型】选择题【难度】一般5．【答案】C 【解析】设,AB CD θ=u u u r u u u r ，()21AB CD AC CD DB CD CD ⋅=++⋅==u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ， ∴1cos 2AB CD AB CD θ⋅==u u u r u u u r u u u r u u u r ，又∵[]0,180θ∈︒︒，∴60θ=︒，故选C. 考点：空间向量的夹角.【题型】选择题【难度】一般6．【答案】B【解析】∵()()2DB DC DA DB DA DC DA AB AC +-=-+-=+u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ， ∴()()()()2220DB DC DA AB AC AB AC AB AC AB AC +-⋅-=+⋅-=-=u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ， ∴AB AC =u u u r u u u r .故选B.考点：数量积的应用.【题型】选择题【难度】一般7．【答案】B【解析】当a b P 时，由0⋅=c a 且0⋅=b c 得不出l α⊥；反之，l α⊥一定有0⋅=c a 且0⋅=b c .故选B.考点：空间向量的数量积的应用.【题型】选择题【难度】一般8．【答案】D【解析】由已知++=0a b c ，得+=-a b c ，则()22222+=++⋅=a b a b a b c ，由此可得32⋅=a b .从而1cos ,4⋅==a b a b a b .故选D. 考点：空间向量的夹角.【题型】选择题【难度】一般二、填空题9.【答案】【解析】由题意知BC AD ''P ，所以,0AD BC ''=u u u u r u u u u r ，又AD BC ''==u u u u r u u u u r 12AD BC ''⋅==u u u u r u u u u r .考点：空间向量的数量积.【题型】填空题【难度】较易10．【答案】13-【解析】因为++=0a b c ，所以()20++=a b c ，所以()22220+++⋅+⋅+⋅=a b c a b b c c a ，所以222314132++⋅+⋅+⋅=-=-a b b c c a . 【考点】空间向量的数量积.【难度】一般11．【答案】0︒【解析】∵()()23+⊥-m n m n ，∴()()230+⋅-=m n m n ，化简得2⋅=-m n .又∵6====a ，3====b ，()()2247228218⋅=-⋅+=-+⋅=a b m n m n m n m n ， ∴18cos ,163a b ⋅===⨯a b a b ，∴,0=︒a b . 考点：空间向量的夹角.【题型】填空题【难度】一般三、解答题12.【答案】见解析【解析】证明：∵OB OC =，AB AC =，OA OA =，∴△OAC ≌△OAB ，∴AOC AOB ∠=∠.∵()OA BC OA OC OB OA OC OA OB ⋅=⋅-=⋅-⋅u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u rcos OA OC AOC =∠-u u u r u u u r∴OA BC ⊥u u u r u u u r ，∴OA ⊥考点：空间向量数量积的应用【题型】解答题【难度】一般13.【答案】60︒【解析】∵11BA BA BB =+u u u r u u u r u u u r ，AC AB BC =+u u u r u u u r u u u r ，∴()()11BA AC BA BB AB BC ⋅=+⋅+u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r 11BA AB BA BC BB AB BB BC =⋅+⋅+⋅+⋅u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r . ∵AB BC ⊥，1BB AB ⊥，1BB BC ⊥，∴0BA BC ⋅=u u u r u u u r ，10BB AB ⋅=u u u r u u u r ，10BB BC ⋅=u u u r u u u r ，2BA AB a ⋅=-u u u r u u u r .∴21BA AC a ⋅=-u u u r u u u r .又111cos ,BA AC BA AC BA AC ⋅=u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，∴211cos ,2BA AC ==-u u u r u u u r ，∴1,120BA AC =︒u u u r u u u r ， ∴异面直线1BA 与AC 成60︒角．考点：空间向量的夹角.【题型】解答题【难度】一般14．【解析】∵90ACD ∠=︒，∴0AC CD ⋅=u u u r u u u r .同理，0AC BA ⋅=u u u r u u u r .∵AB 与CD 成60︒角， ∴,60BA CD =︒u u u r u u u r 或120︒.又∵BD BA AC CD =++u u u r u u u r u u u r u u u r ， ∴2222222BD BD BD BA AC CD BA AC BA CD AC CD =⋅=+++⋅+⋅+⋅u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r3211cos ,BA CD =+⨯⨯⨯u u u r u u u r ，∴2BD =u u u r ，即B ，D .考点：数量积的应用.【题型】解答题【难度】一般。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

3.1.3空间向量的数量积运算
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．对于向量a 、b 、c 和实数λ，下列命题中的真命题是( )
A ．若a ²b ＝0，则a ＝0或b ＝0
B ．若λa ＝0，则λ＝0或a ＝0
C ．若a 2＝b 2，则a ＝b 或a ＝－b
D ．若a ²b ＝a ²c ，则b ＝c
解析：对于A ，可举反例：当a ⊥b 时，a ²b ＝0；对于C ，a 2＝b 2只能推得|a |＝|b |，而不能推出a
＝±b ；对于D ，a ²b ＝a ²c 可以移项整理推得a ⊥(b －c )．故选B.
答案： B
2．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°
解析： BC ′∥AD ′，△AD ′B ′为正三角形，
∴∠D ′AB ′＝60°，∴〈AB ′→，BC ′→〉＝60°.
答案： C
3．设A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足A B →²A C →＝0，A C →²A D →＝0，A B →²A D →＝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：如右图所示，
设A B →＝a ，A C →＝b ，A D →＝c ，
∵C B →²C D →＝(a －b )²(c －b )
＝a ²c －b ²c －a ²b ＋b 2
＝b 2>0.
同理B C →²B D →>0，D B →²D C →>0.故选B.
答案： B
4.如图，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝90°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，则AC 1的长为( ) A.13 B.43 C.33 D.23
解析： ∵AC 1→＝A B →＋A D →＋AA 1→，
∴|AC 1→|＝
A B →＋A D →＋AA 1→ 2 ＝A B →2＋A D →2＋AA 1→2＋2 A B →²A D →＋A B →²AA 1→＋A D →²AA 1→
∵AB ＝1，AD ＝2，AA 1＝3，
∠BAD ＝90°，
∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，
∴〈A B →，A D →〉＝90°，〈A B →，AA 1→〉＝〈A D →，AA 1→〉＝60°.
∴|A C →|＝1＋4＋9＋2 1³3³cos 60°＋2³3³cos 60° ＝23.故选D.
答案： D
二、填空题(每小题5分，共10分)
5．在空间四边形ABCD 中，A B →²C D →＋B C →²A D →＋C A →²B D →＝________.
解析：设A B →＝b ，A C →＝c ，A D →
＝d ，则C D →＝d －c ，B D →＝d －b ，BC →＝c －b .
原式＝0.
答案： 0
6．已知|a |＝32，|b |＝4，a 与b 的夹角为135°，m ＝a ＋b ，n ＝a ＋λb ，则m ⊥n ，则λ＝________. 解析： m ²n ＝(a ＋b )²(a ＋λb )
＝|a |2＋λa ²b ＋a ²b ＋λ|b |2
＝18＋λ³32³4³cos 135°＋32³4³cos 135°＋λ³16
＝6－12λ＋16λ＝6＋4λ，
∵m ⊥n ，∴6＋4λ＝0，
∴λ＝－32
. 答案：－32
三、解答题(每小题10分，共20分)
7.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 ，G 是AB ，AD ，DC 上的点，且AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝CG ∶GD ＝1∶2，
求下列向量的数量积：
(1)A D →²D B →；(2)A D →²B C →；(3)G F →²A C →
；
(4)E F →²B C →. 解析： (1)|A D →|＝a ，|BD →|＝a ，〈A D →，D B →〉＝120°，
所以A D →²D B →＝|AD →||D B →|cos 120°＝－12
a 2. (2)因为B C →＝A C →－A B →，
所以A D →²B C →＝A D →²(A C →－A B →)＝A D →²A C →－A D →²A B →
，又因为|A D →|＝a ，|BC →|＝a ，〈A D →，A C →〉＝〈A D →，A B →〉＝60°，
所以A D →²B C →＝12a 2－12
a 2＝0. (3)因为点F ，G 是AD ，DC 上的点，
所以G F →＝23CA →＝－23
A C →，所以G F →²A C →＝－23
AC 2→，因为AC 2→＝a 2，
所以G F →²A C →＝－23
a 2. (4)因为点E ，F 分别是AB ，AD 上的点，所以E F →＝13
B D →，所以E F →²B
C →＝13
B D →²B
C →，结合图形可知〈B
D →，B C →〉＝60°，
所以E F →²B C →＝13B D →²B C →＝13³a ³a ³cos 60°＝16
a 2. 8．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 |＝12
|ND |，求|MN |.
解析： ∵M N →＝M B →＋B C →＋C N →
＝23A B →＋(A C →－A B →)＋13
(A D →－A C →) ＝－13A B →＋13A D →＋23A C →.
∴M N →²M N →
＝(－13A B →＋13A D →＋23AC →)²(－13A B →＋13A D →＋23
A C →) ＝19A
B 2→－29A D →²A B →－49A B →²A
C →＋49A C →²A
D →＋19AD →2＋49AC 2→ ＝19a 2－19a 2－29a 2＋29a 2＋19a 2＋49a 2＝59
a 2. 故|M N →|＝
M N →²M N →＝53a . 即|MN |＝
53a .
尖子生题库 ☆☆☆
9．(10分)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a .
(1)用向量法求A 1B 和B 1C 的夹角；
(2)用向量法证明A 1B ⊥AC 1；
(3)用向量法求AC 1的长度．
解析： (1)因为正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，
所以|A 1B →|＝|B 1C →|＝2a .
因为A 1B →＝A B →－AA 1→，
B 1
C →＝A 1
D →＝A D →－AA 1→，
所以A 1B →²B 1C →＝(A B →－AA 1→)²(A D →－AA 1→)＝a 2，
所以cos 〈A 1B →，B 1C →〉＝a 2
2a ²2a ＝12，即A 1B 和B 1C 的夹角为60°；
(2)证明：因为AC 1→＝A B →＋AA 1→＋A D →，
A 1
B →＝A B →－AA 1→，
所以AC 1→²A 1B →＝0，A 1B ⊥AC 1；
(3)由(2)知，AC 1→＝A B →＋AA 1→＋A D →，
所以AC 1→2＝(A B →＋AA 1→＋A D →)2＝3a 2，
所以|AC 1→|＝AC 1＝3a .。