人教版数学高二A版选修2-1学业测评 3.1.3 空间向量的数量积运算

学业分层测评
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
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，下列命题：①(a ·b )c －(c ·a )b ＝0；②|a |＝a ·a ；③a 2b ＝b 2a ；④(3a ＋2b )·(3a －2b )＝9|a |2－4|b |2.其中正确的有( )
A ．①②
B ．②③
C ．③④
D ．②④
【解析】 由于数量积不满足结合律，故①不正确，由数量积的性质知②正确，③中，|a |2·b ＝|b |2·a 不一定成立，④运算正确．
【答案】 D
2．已知a ＋b ＋c ＝0，|a |＝2，|b |＝3，|c |＝4，则a 与b 的夹角〈a ，b 〉＝( )
A ．30°
B ．45°
C ．60°
D ．以上都不对
【解析】 ∵a ＋b ＋c ＝0，∴a ＋b ＝－c ，∴(a ＋b )2＝|a |2＋|b |2＋2a ·b ＝|c |2，∴a ·b ＝32，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝14
.
【答案】 D
3．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
4.如图3-1-25，已知空间四边形每条边和对角线都等于a ，点E ，F ，G 分别是AB ，AD ，DC 的中点，则下列向量的数量积等于a 2的是( )
图3-1-25
A ．2BA →·AC →
B ．2AD →·DB →
C ．2FG
→·AC → D ．2EF
→·CB → 【解析】 2BA
→·AC →＝－a 2，故A 错；2AD →·DB →＝－a 2，故B 错；2EF →·CB →＝－12a 2，故D 错；2FG
→·AC →＝AC →2＝a 2，故只有C 正确． 【答案】 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°.
其中正确命题的个数是( ) 【导学号：18490091】 A ．1个 B ．2个 C ．3个
D ．0个
【解析】 由题意知①②都正确，③不正确，AD 1→与A 1B →的夹角为120°.
【答案】 B 二、填空题
6．已知|a |＝2，|b |＝3，〈a ，b 〉＝60°，则|2a －3b |＝________． 【解析】 |2a －3b |2＝(2a －3b )2＝4a 2－12a ·b ＋9b 2 ＝4×|a |2＋9×|b |2－12×|a |·|b |·cos 60°＝61， ∴|2a －3b |＝61. 【答案】
61
7．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________．
【解析】
由题意知⎩⎨⎧（a ＋λb ）·
（λa －2b ）<0，cos 〈a ＋λb ，λa －2b 〉≠－1.
即⎩⎨⎧（a ＋λb ）·
（λa －2b ）<0，（a ＋λb ）·（λa －2b ）≠－|a ＋λb ||λa －2b |
得λ2＋2λ－2<0.
∴－1－3<λ<－1＋ 3. 【答案】 (－1－3，－1＋3)
8.如图3-1-26，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3-1-26
【解析】 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°.
【答案】 90° 三、解答题
9．如图3-1-27，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3-1-27
【证明】 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 )＋12c .
∴A 1
O →·BD →＝⎝
⎛⎭
⎪⎫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
→. 【解】 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 ＝1
2(－a ＋b ＋c )·⎝ ⎛⎭
⎪⎫12b ＋a ＝－12|a |2＋14|b |2
＝2.
[能力提升]
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
【解析】 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. 【答案】 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°
【解析】 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°. 【答案】 B
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 ＝________. 【导学号：18490092】
【解析】 设CN CF ＝m ，由于AE →＝AB →＋BE →，MN →＝12
BC →＋mAD →，
又AE
→·MN →＝0， 得1
2×1×1×⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12＋4m ＝0，
解得m ＝1
16. 【答案】 1
16
4.如图3-1-28，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°，求AC 1的长．
图3-1-28
【解】 ∵AC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→， ∴|AC 1
→|＝（AB →＋AD →＋AA 1
→）2＝
AB →2＋AD →2＋AA 1→2＋2（AB →·AD →＋AB →·AA 1→＋AD →·AA 1
→）. ∵AB ＝1，AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝90°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°， ∴〈AB →，AD →〉＝90°，〈AB →，AA 1→〉＝〈AD →，AA 1→〉＝60°， ∴|AC 1→| ＝
1＋4＋9＋2（1×3×cos 60°＋2×3×cos 60°）
＝23.。