2020_2021学年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课时作业含解析新

课时作业15 空间向量的数量积运算
|基础巩固|(25分钟，60分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
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 ．3 D ．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：A
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：a ·b ＝(e 1＋e 2)·(e 1－2e 2)＝e 21－e 1·e 2－2e 22＝1－1×1×
12－2＝－3
2
， |a |＝a 2＝e 1＋e 2
2
＝e 21＋2e 1·e 2＋e 22
＝1＋1＋1＝
3，
|b |＝b 2＝e 1－2e 2
2
＝e 21－4e 1·e 2＋4e 22
＝
1－2＋4＝
3.
∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b
|a ||b ＝－
3
23＝－1
2.
∴〈a ，b 〉＝120°. 答案：B
3．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
解析：因为DB →
＋DC →
－2DA →
＝(DB →
－DA →
)＋(DC →
－DA →
)＝AB →
＋AC →
. 所以(AB →
＋AC →
)·(AB →
－AC →
)＝|AB →
|2－|AC →
|2＝0，
所以|AB →|＝|AC →
|，即△ABC 是等腰三角形． 答案：B
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：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.
答案：A
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 ．3 D ．4
解析：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 1
B 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
D1A
→
的夹角为60°，故AD1
→
与A1B
→
的夹角为120°；正方体的体积为|AB
→
||AA1
→
||AD
→
|.综上可知，①②正确．
答案：B
二、填空题(每小题5分，共15分)
6．已知a，b是空间两个向量，若|a|＝2，|b|＝2，|a－b|＝7，则cos〈a，b〉＝________.
解析：将|a－b|＝7两边平行，得(a－b)2＝7.
因为|a|＝2，|b|＝2，所以a·b＝
1
2
.
又a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，故cos〈a，b〉＝
1
8
.
答案：
1
8
7．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________．
解析：AB
→
＝AC
→
＋CD
→
＋DB
→
，
∴CD
→
·AB
→
＝CD
→
·(AC
→
＋CD
→
＋DB
→
)
＝|CD
→
|2＝1，
∴cos〈CD
→
，AB
→
〉＝
CD
→
·AB
→
|CD
→
||AB
→
|
＝
1
2
，
∴异面直线a，b所成角是60°.
答案：60°
8．如图，已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，则PC等于________．解析：因为PC
→
＝PA
→
＋AB
→
＋BC
→
，
所以|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
→
|cos60°＝108＋2×6×6×
1
2
＝144.
所以PC＝12.
答案：12
三、解答题(每小题10分，共20分)
9．如图所示，已知正四面体OABC 的棱长为a ，求： (1)OA →·OB →；
(2)(OA →
＋OB →
)·(CA →
＋CB →
)．
解析：(1)OA →·OB →＝a ·a ·cos60°＝1
2
a 2.
(2)(OA →
＋OB →
)·(CA →
＋CB →
)＝(OA →
＋OB →
)·(OA →
－OC →
＋OB →
－OC →
)＝(OA →
＋OB →
)·(OA →
＋OB →
－2OC →
)＝a 2＋a 2cos60°－2a 2cos60°＋a 2cos60°＋a 2－2a 2cos60°＝a 2.
10．如图所示，在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，求异面直线BA 1与AC 所成的角．
解析：因为BA 1→
＝BA →
＋BB 1→
，AC →
＝AB →
＋BC →
， 所以BA 1→·AC →＝(BA →＋BB 1→)·(AB →＋BC →) ＝BA →·AB →＋BA →·BC →＋BB 1→·AB →＋BB 1→·BC →. 因为BA ⊥BC ，BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ， 所以BA →·BC →
＝0，
BB 1→·AB →＝0，BB 1→·BC →
＝0， 又BA →·AB →
＝－a 2， 所以BA 1→·AC →
＝－a 2，
又BA 1→·AC →＝|BA 1→||AC →|cos 〈BA 1→，AC →〉，
所以cos 〈BA 1→，AC →
〉＝
－a 22a ·2a
＝－12，
又〈BA 1→
，AC →
〉∈[0，π]， 所以〈BA 1→
，AC →
〉＝2
3
π.
所以异面直线BA 1与AC 所成的角为π
3.
|能力提升|(20分钟，40分)
11．a ，b 是两个非零向量，现给出以下命题：
①a ·b >0⇔〈a ，b 〉∈⎣⎢⎡⎭
⎪⎫
0，π2；
②a ·b ＝0⇔〈a ，b 〉＝π
2
；
③a ·b <0⇔〈a ，b 〉∈⎝ ⎛⎦
⎥⎤
π2，π；
④|a ·b |＝|a ||b |⇔〈a ，b 〉＝π. 其中的真命题有( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个
解析：∵a ，b 为非零向量，∴|a |≠0，|b |≠0， 又a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉且0≤〈a ，b 〉≤π，
则cos 〈a ，b 〉>0⇔〈a ，b 〉∈⎣⎢⎡⎭
⎪⎫0，π2；a ·b ＝0⇔cos 〈a ，b 〉＝0⇔〈a ，b 〉＝π
2；
a ·
b <0⇔cos 〈a ，b 〉<0⇔〈a ，b 〉∈⎝ ⎛⎦
⎥⎤
π2，π.
因此，命题①②③均为真命题．
∵|a ·b |＝|a ||b |⇔|cos 〈a ，b 〉＝1⇔〈a ，b 〉＝0或π，
∴|a ·b |＝|a ||b |⇔〈a ，b 〉＝π不正确，即命题④为假命题．故选C. 答案：C
12．“a ·b <0”是“〈a ，b 〉为钝角”的________(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)条件．
解析：当向量a ，b 反向共线时，a ·b <0，但此时〈a ，b 〉＝π，夹角不为钝角，所以
“a ·b <0”⇔“〈a ，b 〉∈⎝ ⎛⎦
⎥⎤
π2，π”，所以“a ·b <0”是“〈a ，b 〉为钝角”的必要不充分条件．
答案：必要不充分
13．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 .求证：CA 1⊥B 1D 1.
证明：因为CA 1→＝CD →＋CB →＋CC 1→，B 1D 1→＝BD →＝CD →
－CB →
， 所以CA 1→
·B 1D 1
＝(CD →＋CB →＋CC 1→)·(CD →－CB →
) ＝CD →
2－CB →
2＋CC 1→
·(CD →－CB →
)
＝|CD →|2－|CB →|2＋CC 1→·CD →－CC 1→·CB → ＝|CD →
|2－|CB →
|2＋|CC
1→
||CD →|cos ∠C 1CD －|CC 1→||CB →
|cos ∠C 1CB ，
又因为∠C 1CB ＝∠C 1CD ，底面ABCD 为菱形，
所以|CD →
|2－|CB →
|2＋|CC 1→
||CD →
|cos ∠C 1CD －|CC 1→
||CB →
|cos ∠C 1CB ＝0， 即CA 1→
·B 1D 1→
＝0.
所以CA 1→
⊥B 1D 1→
，故CA 1⊥B 1D 1.
14．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π
3，求侧棱的长．
解析：(1)证明：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＝2π
3.
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)由(1)知AB 1→·BC 1→
＝|AB →||BC →|cos 〈AB →，BC →〉＋BB 1→2 ＝BB 1→2－1. 又|AB 1→|＝AB →2＋BB 1→
2＝
2＋BB 1→
2
＝|BC 1|，
所以cos 〈AB 1→
，BC 1→
〉＝
BB 1→
2－12＋BB 1→
2
＝1
2
， 所以|BB 1→
|＝2，即侧棱长为2.。