2024屆一輪復(fù)習(xí)人教A版 空間向量的數(shù)量積運(yùn)算 作業(yè)

課時(shí)分層作業(yè)(二)空間向量的數(shù)量積運(yùn)算一、選擇題1．(多選題)下列各命題中，正確的有()A．eq\r(a·a)＝|a|B．m(λa)·b＝(mλ)a·b(m，λ∈R)C．a(chǎn)·(b＋c)＝(b＋c)·aD．a(chǎn)2b＝b2aABC[∵a·a＝|a|2，∴eq\r(a·a)＝|a|，故A正確；m(λa)·b＝(mλa)·b＝mλa·b＝(mλ)a·b，故B正確；a·(b＋c)＝a·b＋a·c＝b·a＋c·a＝(b＋c)·a，故C正確；a2·b＝|a|2·b，b2·a＝|b|2·a，故D不一定正確．]2．如圖，空間四邊形ABCD的每條邊和對(duì)角線的長(zhǎng)都等于1，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是AB，AD，CD的中點(diǎn)，則eq\o(FG,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝()A．eq\f(\r(3),4) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,2) D．eq\f(\r(3),2)B[由題意得eq\o(FG,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up7(→))，所以eq\o(FG,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)×1×1×cos60°＝eq\f(1,4)．故選B．]3．在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，下列計(jì)算結(jié)果一定不等于0的是()A．eq\o(AD1,\s\up7(→))·eq\o(B1C,\s\up7(→))B．eq\o(BD1,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))C．eq\o(DC,\s\up7(→))·eq\o(AD1,\s\up7(→))D．eq\o(BD1,\s\up7(→))·eq\o(B1C1,\s\up7(→))D[根據(jù)數(shù)量積的幾何意義知，所求的問(wèn)題即為兩個(gè)向量所在的直線一定不垂直．當(dāng)該長(zhǎng)方體各棱長(zhǎng)都相等，即為正方體時(shí)，AD1⊥B1C，故A不符合；同理，正方體中，易證AC⊥平面BDD1，從而有AC⊥BD1，故B不符合；事實(shí)上，對(duì)任意長(zhǎng)方體，都有DC⊥平面AD1，從而DC⊥AD1，故C不符合；對(duì)于D項(xiàng)，連接CD1(圖略)，易證△BCD1為直角三角形，其中∠BCD1＝90°，所以∠CBD1≠90°，而B(niǎo)C∥B1C1，即異面直線BD1與B1C1所成的角即為∠CBD1，所以異面直線BD1與B1C1不垂直，即eq\o(BD1,\s\up7(→))·eq\o(B1C1,\s\up7(→))一定不為0．]4．如圖，在大小為45°的二面角A-EF-D中，四邊形ABFE，CDEF都是邊長(zhǎng)為1的正方形，則B，D兩點(diǎn)間的距離是()A．eq\r(3) B．eq\r(2)C．1 D．eq\r(3－\r(2))D[因?yàn)閑q\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(BF,\s\up7(→))＋eq\o(FE,\s\up7(→))＋eq\o(ED,\s\up7(→))，所以|eq\o(BD,\s\up7(→))|2＝|eq\o(BF,\s\up7(→))|2＋|eq\o(FE,\s\up7(→))|2＋|eq\o(ED,\s\up7(→))|2＋2eq\o(BF,\s\up7(→))·eq\o(FE,\s\up7(→))＋2eq\o(FE,\s\up7(→))·eq\o(ED,\s\up7(→))＋2eq\o(BF,\s\up7(→))·eq\o(ED,\s\up7(→))＝1＋1＋1－eq\r(2)，所以|eq\o(BD,\s\up7(→))|＝eq\r(3－\r(2))．故選D．]5．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線AE與CD所成角的正切值為()A．eq\f(\r(2),2)B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(\r(5),2) D．eq\f(\r(7),2)C[如圖，不妨設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2，易求AE＝3，EC⊥CD，BC⊥CD，所以cos〈eq\o(AE,\s\up7(→))，eq\o(CD,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up7(→))·\o(CD,\s\up7(→)),|\o(AE,\s\up7(→))|·|\o(CD,\s\up7(→))|)＝eq\f(\o(AB,\s\up7(→))＋\o(BC,\s\up7(→))＋\o(CE,\s\up7(→))·\o(CD,\s\up7(→)),3×2)＝eq\f(\o(AB,\s\up7(→))·\o(CD,\s\up7(→))＋\o(BC,\s\up7(→))·\o(CD,\s\up7(→))＋\o(CE,\s\up7(→))·\o(CD,\s\up7(→)),6)＝eq\f(\o(AB,\s\up7(→))·－\o(AB,\s\up7(→)),6)＝eq\f(－2×2,6)＝－eq\f(2,3)，所以異面直線AE與CD所成角的余弦值為eq\f(2,3)，其正切值為eq\f(\r(5),2)，故選C．]二、填空題6．已知空間四邊形ABCD每條邊長(zhǎng)和對(duì)角線長(zhǎng)都等于1，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是CD，AD的中點(diǎn)，則eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(EF,\s\up7(→))＝________．－eq\f(1,4)[∵eq\o(EF,\s\up7(→))∥eq\o(CA,\s\up7(→))，〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AC,\s\up7(→))〉＝60°，∴〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(CA,\s\up7(→))〉＝120°．又∵eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CA,\s\up7(→))，∴eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CA,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up7(→))|·|eq\o(CA,\s\up7(→))|cos〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(CA,\s\up7(→))〉＝eq\f(1,2)×1×1×cos120°＝－eq\f(1,4)．]7．已知矩形ABCD中，AB＝1，BC＝eq\r(3)，將矩形ABCD沿對(duì)角線AC折起，使平面ABC與平面ACD垂直，則|eq\o(BD,\s\up7(→))|＝________．eq\f(\r(10),2)[過(guò)點(diǎn)B，D分別向AC作垂線，垂足分別為M，N(圖略)，則可得AM＝eq\f(1,2)，BM＝eq\f(\r(3),2)，CN＝eq\f(1,2)，DN＝eq\f(\r(3),2)，MN＝1．由于eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(BM,\s\up7(→))＋eq\o(MN,\s\up7(→))＋eq\o(ND,\s\up7(→))，所以|eq\o(BD,\s\up7(→))|2＝(eq\o(BM,\s\up7(→))＋eq\o(MN,\s\up7(→))＋eq\o(ND,\s\up7(→)))2＝|eq\o(BM,\s\up7(→))|2＋|eq\o(MN,\s\up7(→))|2＋|eq\o(ND,\s\up7(→))|2＋2(eq\o(BM,\s\up7(→))·eq\o(MN,\s\up7(→))＋eq\o(MN,\s\up7(→))·eq\o(ND,\s\up7(→))＋eq\o(BM,\s\up7(→))·eq\o(ND,\s\up7(→)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)＋12＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)＋2×(0＋0＋0)＝eq\f(5,2)，所以|eq\o(BD,\s\up7(→))|＝eq\f(\r(10),2)．]8．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為_(kāi)_______．eq\f(\r(10),5)[∵eq\o(AB1,\s\up7(→))＝eq\o(BB1,\s\up7(→))－eq\o(BA,\s\up7(→))，eq\o(BC1,\s\up7(→))＝eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(CC1,\s\up7(→))，∴eq\o(AB1,\s\up7(→))·eq\o(BC1,\s\up7(→))＝eq\o(BB1,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(BB1,\s\up7(→))·eq\o(CC1,\s\up7(→))－eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))－eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(CC1,\s\up7(→))＝0＋1－2×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))－0＝2．易知|eq\o(AB1,\s\up7(→))|＝eq\r(5)，|eq\o(BC1,\s\up7(→))|＝eq\r(2)，∴cos〈eq\o(AB1,\s\up7(→))，eq\o(BC1,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(AB1,\s\up7(→))·\o(BC1,\s\up7(→)),|\o(AB1,\s\up7(→))||\o(BC1,\s\up7(→))|)＝eq\f(2,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5)．]三、解答題9．如圖所示，正四面體ABCD中，M，N分別為棱BC，AB的中點(diǎn)，設(shè)eq\o(AB,\s\up7(→))＝a，eq\o(AC,\s\up7(→))＝b，eq\o(AD,\s\up7(→))＝c．(1)用a，b，c分別表示向量eq\o(DM,\s\up7(→))，eq\o(CN,\s\up7(→))；(2)求異面直線DM與CN所成角的余弦值．[解](1)eq\o(DM,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(DB,\s\up7(→))＋eq\o(DC,\s\up7(→)))＝eq\f(1,2)[(eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(AD,\s\up7(→)))＋(eq\o(AC,\s\up7(→))－eq\o(AD,\s\up7(→)))]＝eq\f(1,2)[(a－c)＋(b－c)]＝eq\f(1,2)(a＋b－2c)，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(或\o(DM,\s\up7(→))＝\o(AM,\s\up7(→))－\o(AD,\s\up7(→))＝\f(1,2)\o(AB,\s\up7(→))＋\o(AC,\s\up7(→))－\o(AD,\s\up7(→))＝\f(1,2)a＋b－2c))eq\o(CN,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(CB,\s\up7(→))＋eq\o(CA,\s\up7(→)))＝eq\f(1,2)[(eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(AC,\s\up7(→)))－eq\o(AC,\s\up7(→))]＝eq\f(1,2)[(a－b)－b]＝eq\f(1,2)(a－2b)．(2)設(shè)棱長(zhǎng)為1，即|a|＝|b|＝|c|＝1，且〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝eq\f(π,3)，則|eq\o(DM,\s\up7(→))|＝|eq\o(CN,\s\up7(→))|＝eq\f(\r(3),2)．又eq\o(DM,\s\up7(→))·eq\o(CN,\s\up7(→))＝eq\f(1,4)(a＋b－2c)·(a－2b)＝eq\f(1,4)(a2＋a·b－2a·c－2a·b－2b2＋4b·c)＝－eq\f(1,8)，∴cos〈eq\o(DM,\s\up7(→))，eq\o(CN,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(DM,\s\up7(→))·\o(CN,\s\up7(→)),|\o(DM,\s\up7(→))||\o(CN,\s\up7(→))|)＝eq\f(－\f(1,8),\f(\r(3),2)×\f(\r(3),2))＝－eq\f(1,6)，∴異面直線DM與CN所成角的余弦值為eq\f(1,6)．10．如圖，正四棱錐P-ABCD的各棱長(zhǎng)都為a．(1)用向量法證明BD⊥PC；(2)求|eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))|的值．[解](1)證明：∵eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→))，∴eq\o(BD,\s\up7(→))·eq\o(PC,\s\up7(→))＝(eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→)))·eq\o(PC,\s\up7(→))＝eq\o(BC,\s\up7(→))·eq\o(PC,\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→))·eq\o(PC,\s\up7(→))＝|eq\o(BC,\s\up7(→))||eq\o(PC,\s\up7(→))|·cos60°＋|eq\o(CD,\s\up7(→))||eq\o(PC,\s\up7(→))|cos120°＝eq\f(1,2)a2－eq\f(1,2)a2＝0．∴eq\o(BD,\s\up7(→))⊥eq\o(PC,\s\up7(→))，∴BD⊥PC．(2)∵eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))，∴|eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))|2＝|eq\o(AB,\s\up7(→))|2＋|eq\o(BC,\s\up7(→))|2＋|eq\o(PC,\s\up7(→))|2＋2eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＋2eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(PC,\s\up7(→))＋2eq\o(BC,\s\up7(→))·eq\o(PC,\s\up7(→))＝a2＋a2＋a2＋0＋2a2cos60°＋2a2cos60°＝5a2，∴|eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))|＝eq\r(5)a．1．(多選題)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，下列命題正確的有()A．(eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→)))2＝3eq\o(AB,\s\up7(→))2B．eq\o(A1C,\s\up7(→))·(eq\o(A1B1,\s\up7(→))－eq\o(A1A,\s\up7(→)))＝0C．eq\o(AD1,\s\up7(→))與eq\o(A1B,\s\up7(→))的夾角為60°D．正方體的體積為|eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AA1,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))|AB[如圖，(eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→)))2＝(eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\o(A1D1,\s\up7(→))＋eq\o(D1C1,\s\up7(→)))2＝eq\o(AC1,\s\up7(→))2＝3eq\o(AB,\s\up7(→))2；eq\o(A1C,\s\up7(→))·(eq\o(A1B1,\s\up7(→))－eq\o(A1A,\s\up7(→)))＝eq\o(A1C,\s\up7(→))·eq\o(AB1,\s\up7(→))＝0；eq\o(AD1,\s\up7(→))與eq\o(A1B,\s\up7(→))的夾角是eq\o(D1C,\s\up7(→))與eq\o(D1A,\s\up7(→))夾角的補(bǔ)角，而eq\o(D1C,\s\up7(→))與eq\o(D1A,\s\up7(→))的夾角為60°，故eq\o(AD1,\s\up7(→))與eq\o(A1B,\s\up7(→))的夾角為120°；正方體的體積為|eq\o(AB,\s\up7(→))||eq\o(AA1,\s\up7(→))||eq\o(AD,\s\up7(→))|．故選AB．]2．已知a，b是異面直線，A，B∈a，C，D∈b，AC⊥b，BD⊥b，且AB＝2，CD＝1．則a與b所成的角是()A．30°B．45°C．60° D．90°C[∵eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))＝(eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(DB,\s\up7(→)))·eq\o(CD,\s\up7(→))＝eq\o(CD,\s\up7(→))2＝1，∴cos〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(CD,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up7(→))·\o(CD,\s\up7(→)),|\o(AB,\s\up7(→))||\o(CD,\s\up7(→))|)＝eq\f(1,2×1)＝eq\f(1,2)．∴AB與CD所成的角為60°，即異面直線a，b所成的角為60°．]3．如圖，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，設(shè)AD＝AA1＝1，AB＝2，P是C1D1的中點(diǎn)，則eq\o(B1C,\s\up7(→))·eq\o(A1P,\s\up7(→))＝________，eq\o(B1C,\s\up7(→))與eq\o(A1P,\s\up7(→))所成角的大小為_(kāi)_______．160°[法一：連接A1D，則∠PA1D就是eq\o(B1C,\s\up7(→))與eq\o(A1P,\s\up7(→))所成角．連接PD，在△PA1D中，易得PA1＝DA1＝PD＝eq\r(2)，即△PA1D為等邊三角形，從而∠PA1D＝60°，即eq\o(B1C,\s\up7(→))與eq\o(A1P,\s\up7(→))所成角的大小為60°．因此eq\o(B1C,\s\up7(→))·eq\o(A1P,\s\up7(→))＝eq\r(2)×eq\r(2)×cos60°＝1．法二：根據(jù)向量的線性運(yùn)算可得eq\o(B1C,\s\up7(→))·eq\o(A1P,\s\up7(→))＝(eq\o(A1A,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up7(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up7(→))))＝eq\o(AD,\s\up7(→))2＝1．由題意可得PA1＝B1C＝eq\r(2)，則eq\r(2)×eq\r(2)×cos〈eq\o(B1C,\s\up7(→))，eq\o(A1P,\s\up7(→))〉＝1，從而〈eq\o(B1C,\s\up7(→))，eq\o(A1P,\s\up7(→))〉＝60°．]4．四棱柱ABCD-A1B1C1D1各棱長(zhǎng)均為1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，則點(diǎn)B與點(diǎn)D1之間的距離為_(kāi)_______．eq\r(2)[∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1各棱長(zhǎng)均為1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，∴eq\o(BD1,\s\up7(→))＝eq\o(BA,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(DD1,\s\up7(→))，∴eq\o(BD1,\s\up7(→))2＝(eq\o(BA,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(DD1,\s\up7(→)))2＝eq\o(BA,\s\up7(→))2＋eq\o(AD,\s\up7(→))2＋eq\o(DD1,\s\up7(→))2＋2eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＋2eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(DD1,\s\up7(→))＋2eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(DD1,\s\up7(→))＝1＋1＋1＋2×1×1×cos120°＋2×1×1×cos120°＋2×1×1×cos60°＝2，∴|eq\o(BD1,\s\up7(→))|＝eq\r(2)．∴點(diǎn)B與點(diǎn)D1兩點(diǎn)間的距離為eq\r(2)．]如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面邊長(zhǎng)為eq\r(2)．(1)設(shè)側(cè)棱長(zhǎng)為1，求證：AB1⊥BC1；(2)設(shè)AB1與BC1的夾角為eq\f(π,3)，求側(cè)棱的長(zhǎng)．[解](1)證明：eq\o(AB1,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BB1,\s\up7(→))，eq\o(BC1,\s\up7(→))＝eq\o(BB1,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))．因?yàn)锽B1⊥平面ABC，所以eq\o(BB1,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，eq