高中数学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练习新人教A版选修2_1

3.1.3 空间向量的数量积运算
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．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
【答案】B [因为DB →＋DC →－2DA →＝(DB →－DA →)＋(DC →－DA →)＝AB →＋AC →
所以(DB →＋DC →－2DA →)·(AB →－AC →)＝(AB →＋AC →)·(AB →－AC →)＝AB →2－AC →2
＝0 所以|AB →|＝|AC →
|，因此△ABC 是等腰三角形．]
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 ⊥n
C ．m 不平行于n ，m 也不垂直于n
D ．以上三种情况都有可能
【答案】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．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 →
的值为( )
A ．a 2
B ．12a 2
C ．14
a 2
D ．
34
a 2 【答案】C [AE →·AF →＝12(AB →＋AC →)·12AD ＝14(AB →·AD →＋AC →·AD →)＝14⎝ ⎛
⎭⎪⎫a ×a ×12＋a ×a ×12＝
14
a 2
.] 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°
【答案】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3­1­24，已知平行四边形ABCD 中，AD ＝4，CD ＝3，∠D ＝60°，PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝6，则PC ＝( )
图3­1­24
A ．3
B ．7
C ．4
D ．6
【答案】B [|PC →|2＝PC →·PC →＝(PA →＋AD →＋DC →)2＝|PA →|2＋|AD →|2＋|CD →|2＋2PA →·AD →
＋2AD →·DC →＋2PA →·DC →＝62＋42＋32＋2|AD →||DC →
|cos 120°＝49.
所以|PC →
|＝7.] 二、填空题
6．已知|a |＝2，|b |＝1，〈a ，b 〉＝60°，则使向量a ＋λb 与λa －2b 的夹角为钝角的实数λ的取值范围是________．
【答案】(－1－3，－1＋3) [由题意知⎩⎪⎨
⎪⎧
(a ＋λb )·(λa －2b )<0，cos 〈a ＋λb ，λa －2b 〉≠－1.
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
(a ＋λ
b )·(λa －2b )<0，
(a ＋λb )·(λa －2b )≠－|a ＋λb ||λa －2b |，
得λ2
＋2λ－2<0. ∴－1－3<λ<－1＋ 3.]
7.如图3­1­25，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________．
图3­1­25
【答案】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＋2－0
22×5
＝0，故填90°.]
8．如图3­1­26所示，在一个直二面角α­AB ­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________.
图3­1­26
【答案】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．如图3­1­27，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 与BD 的交点，G 为CC 1的中点．求证：A 1O ⊥平面BDG .
图3­1­27
【答案】 设A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →
＝C ． 则a ·b ＝0，a ·c ＝0，b ·c ＝0. 而A 1O →＝A 1A →＋AO → ＝A 1A →＋12(AB →＋AD →)
＝c ＋1
2(a ＋b )，
BD →＝AD →－AB →
＝b －a ， OG →
＝OC →＋CG →
＝12(AB →＋AD →)＋12CC 1→ ＝12(a ＋b )－1
2
C ． ∴A 1O →·B
D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
c ＋12a ＋12b ·(b －a )
＝c ·(b －a )＋1
2(a ＋b )·(b －a )
＝c ·b －c ·a ＋12(b 2－a 2
)
＝12(|b |2－|a |2
)＝0. ∴A 1O →⊥BD →.
∴A 1O ⊥BD ． 同理可证A 1O →⊥OG →
. ∴A 1O ⊥OG .
又OG ∩BD ＝O 且A 1O ⊄平面BDG ， ∴A 1O ⊥平面BDG .
10．已知长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝4，E 为侧面AB 1的中心，F 为A 1D 1
的中点，试计算：(1)BC →·ED 1→；(2)BF →·AB 1→；(3)EF →·FC 1→
.
【答案】如图所示，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→
＝c ， 则|a |＝|c |＝2，|b |＝4，a·b ＝b·c ＝c·a ＝0.
(1)BC →·ED 1→＝AD →·(EA 1→＋A 1D 1→) ＝AD →·⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12(AA 1→－AB →)＋AD →
＝b ·⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12(c －a )＋b ＝|b |2
＝42
＝16.
(2)BF →·AB 1→＝(BA 1→＋A 1F →)·(AB →＋BB 1→) ＝⎝
⎛⎭⎪⎫AA 1→－AB →＋12AD →·(AB →＋AA 1→)
＝⎝
⎛⎭⎪⎫c －a ＋12b ·(a ＋c ) ＝|c |2
－|a |2
＝22
－22
＝0.
(3)EF →·FC 1→＝(EA 1→＋A 1F →)·(FD 1→＋D 1C 1→
)
＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(AA 1→－AB →)＋12AD →·⎝ ⎛⎭
⎪⎫12AD →＋AB →
＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(c －a )＋12b ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋a ＝12(－a ＋b ＋c )·⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋a
＝－12|a |2＋14|b |2
＝2.
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 ．－1
B ．0
C ．1
D ．2
【答案】C [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°
【答案】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，得〈AB →，CD →〉＝60°.]
3．已知正三棱柱ABC ­DEF 的侧棱长为2，底面边长为1，M 是BC 的中点，若直线CF 上有一点N ，使MN ⊥AE ，则CN CF
＝________.
【答案】116 [设CN
CF ＝m ，由于AE →＝AB →＋BE →，MN →＝12
BC →＋mAD →，
又AE →·MN →
＝0，
得12×1×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋4m ＝0， 解得m ＝116
.]
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________. 【答案】
6
3
[如图，连接AG 并延长交BC 于点M ，连接DM ，∵G 是△ABC 的重心，∴AG ＝2
3
AM ，
∴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3­1­28，正四面体V ­ABC 的高VD 的中点为O ，VC 的中点为M .
图3­1­28
(1)求证：AO ，BO ，CO 两两垂直； (2)求〈DM →，AO →
〉．
【答案】 (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 →＝1
6(b ＋c －5a )，
BO →
＝1
6(a ＋c －5b )，CO →＝1
6
(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 ＝1
6(－2a －2b ＋c )，
所以|DM →
|＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤16(－2a －2b ＋c )2
＝12. 又|AO →|＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤16(b ＋c －5a )2
＝22， DM →
·AO →＝1
6
(－2a －2b ＋c )·1
6
(b ＋c －5a )＝14
，
所以cos 〈DM →，AO →〉＝14
12×22
＝2
2.
又〈DM →，AO →〉∈(0，π)，所以〈DM →，AO →〉＝π4.。