2024秋高中數(shù)學(xué)第三章空間向量與立體幾何3.1空間向量及其運算3.1.3空間向量的數(shù)量積運算達標練習(xí)含解析新人教A版選修2-1

PAGE1-空間向量的數(shù)量積運算A級基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1．對于a，b，c向量和實數(shù)λ，下列命題中的真命題是()A．若a·b＝0，則a＝0或b＝0B．若λa＝0，則λ＝0或a＝0C．若a2＝b2，則a＝b或a＝－bD．若a·b＝a·c，則b＝c答案：B2．已知a，b均為單位向量，它們的夾角為60°，那么|a＋3b|＝()A．13 B.eq\r(13) C．2 D.eq\r(5)解析：|a＋3b|＝eq\r(（a＋3b）2)＝eq\r(a2＋6a·b＋9b2)＝eq\r(1＋6×cos60°＋9)＝eq\r(13).答案：B3．若a與a＋2b的數(shù)量積為6，且|a|＝2，|b|＝1，則向量a與b之間的夾角為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3) C.eq\f(2,3)π D.eq\f(5,6)π答案：B4．A，B，C，D是空間不共面的四點，且滿意eq\o(AB,\s\up14(→))·eq\o(AC,\s\up14(→))＝0，eq\o(AC,\s\up14(→))·eq\o(AD,\s\up14(→))＝0，eq\o(AB,\s\up14(→))·eq\o(AD,\s\up14(→))＝0，M為BC中點，則△AMD是()A．鈍角三角形 B．銳角三角形C．直角三角形 D．不確定答案：C5．已知空間向量a，b，c滿意a＋b＋c＝0，|a|＝2，|b|＝3，|c|＝4，則a與b的夾角為()A．30° B．45°C．60° D．以上都不對答案：D二、填空題6．已知空間向量a，b，c滿意a＋b＋c＝0，|a|＝3，|b|＝1，|c|＝4，則a·b＋b·c＋c·a的值為________．解析：因為a＋b＋c＝0，所以(a＋b＋c)2＝0，所以a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0，所以a·b＋b·c＋c·a＝－eq\f(32＋12＋42,2)＝－13.答案：－137．已知|a|＝3eq\r(2)，|b|＝4，m＝a＋b，n＝a＋λb，〈a，b〉＝135°，m⊥n，則λ＝________．解析：由m⊥n，得(a＋b)·(a＋λb)＝0，所以a2＋(1＋λ)a·b＋λb2＝0，所以18＋(λ＋1)·3eq\r(2)×4cos135°＋16λ＝0，即4λ＋6＝0，所以λ＝－eq\f(3,2).答案：－eq\f(3,2)8．已知向量a與b的夾角為135°，且|a|＝|b|＝4，則a·(2a－b)＝________．解析：a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2×42－4×4·cos135°＝32＋8eq\r(2)答案：32＋8eq\r(2)三、解答題9．如圖所示，在平行四邊形ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠BAD＝120°，PA⊥平面ABCD，PA＝6.求PC的長．解：因為eq\o(PC,\s\up14(→))＝eq\o(PA,\s\up14(→))＋eq\o(AD,\s\up14(→))＋eq\o(DC,\s\up14(→))，所以|eq\o(PC,\s\up14(→))|2＝eq\o(PC,\s\up14(→))·eq\o(PC,\s\up14(→))＝(eq\o(PA,\s\up14(→))＋eq\o(AD,\s\up14(→))＋eq\o(DC,\s\up14(→)))2＝|eq\o(PA,\s\up14(→))|2＋|eq\o(AD,\s\up14(→))|2＋|eq\o(DC,\s\up14(→))|2＋2eq\o(PA,\s\up14(→))·eq\o(AD,\s\up14(→))＋2eq\o(PA,\s\up14(→))·eq\o(DC,\s\up14(→))＋2eq\o(AD,\s\up14(→))·eq\o(DC,\s\up14(→))＝62＋42＋32＋2·|eq\o(AD,\s\up14(→))|·|eq\o(DC,\s\up14(→))|·cos120°＝49.所以|eq\o(PC,\s\up14(→))|＝7，故PC的長為7.10．如圖所示，正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面邊長為eq\r(2).(1)設(shè)側(cè)棱長為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．(1)證明：eq\o(AB1,\s\up14(→))＝eq\o(AB,\s\up14(→))＋eq\o(BB1,\s\up14(→))，eq\o(BC1,\s\up14(→))＝eq\o(BB1,\s\up14(→))＋eq\o(BC,\s\up14(→)).因為BB1⊥平面ABC，所以eq\o(BB1,\s\up14(→))·eq\o(AB,\s\up14(→))＝0，eq\o(BB1,\s\up14(→))·eq\o(BC,\s\up14(→))＝0.又△ABC為正三角形，所以〈eq\o(AB,\s\up14(→))，eq\o(BC,\s\up14(→))〉＝π－〈eq\o(BA,\s\up14(→))，eq\o(BC,\s\up14(→))〉＝π－eq\f(π,3)＝eq\f(2π,3).因為eq\o(AB1,\s\up14(→))·eq\o(BC1,\s\up14(→))＝(eq\o(AB,\s\up14(→))＋eq\o(BB1,\s\up14(→)))·(eq\o(BB1,\s\up14(→))＋eq\o(BC,\s\up14(→)))＝eq\o(AB,\s\up14(→))·eq\o(BB1,\s\up14(→))＋eq\o(AB,\s\up14(→))·eq\o(BC,\s\up14(→))＋eq\o(BB1,\s\up14(→))2＋eq\o(BB1,\s\up14(→))·eq\o(BC,\s\up14(→))＝|eq\o(AB,\s\up14(→))|·|eq\o(BC,\s\up14(→))|·cos〈eq\o(AB,\s\up14(→))·eq\o(BC,\s\up14(→))〉＋eq\o(BB1,\s\up14(→))2＝－1＋1＝0，所以AB1⊥BC1.(2)解：結(jié)合(1)知eq\o(AB1,\s\up14(→))·eq\o(BC1,\s\up14(→))＝|eq\o(AB,\s\up14(→))|·|eq\o(BC,\s\up14(→))|·cos〈eq\o(AB,\s\up14(→))，eq\o(BC,\s\up14(→))〉＋eq\o(BB1,\s\up14(→))2＝eq\o(BB1,\s\up14(→))2－1.又|eq\o(AB1,\s\up14(→))|＝eq\r(\a\vs4\al(（\o(AB,\s\up14(→))＋\o(BB1,\s\up14(→))）2))＝eq\r(\a\vs4\al(2＋\o(BB1,\s\up14(→))2))＝|eq\o(BC1,\s\up14(→))|，所以cos〈eq\o(AB1,\s\up14(→))，eq\o(BC1,\s\up14(→))〉＝eq\f(\o(BB1,\s\up14(→))2－1,2＋\o(BB1,\s\up14(→))2)＝eq\f(1,2).所以|eq\o(BB1,\s\up14(→))|＝2，即側(cè)棱長為2.B級實力提升1．已知空間向量a，b，c，兩兩夾角為60°，其模都為1，則|a－b＋2c|＝()A.eq\r(5) B．5 C．6 D.eq\r(6)解析：因為|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，所以a·b＝b·c＝a·c＝eq\f(1,2)，a2＝b2＝c2＝1.所以|a－b＋2c|＝eq\r(（a－b＋2c）2)＝eq\r(a2＋b2＋4c2－2a·b＋4a·c－4c·b)＝eq\r(1＋1＋4－2×\f(1,2)＋4×\f(1,2)－4×\f(1,2))＝eq\r(6－1＋2－2)＝eq\r(5).答案：A2．已知|a|＝2，|b|＝1，〈a，b〉＝60°，則使向量a＋λb與λa－2b的夾角為鈍角的實數(shù)λ的取值范圍是________．解析：由題意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a＋λb）·（λa－2b）<0，,cos〈a＋λb，λa－2b〉≠－1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a＋λb）·（λa－2b）<0，,（a＋λb）·（λa－2b）≠－|a＋λb|·|λa－2b|，))?λ2＋2λ－2<0.所以－1－eq\r(3)<λ<－1＋eq\r(3).答案：(－1－eq\r(3)，－1＋eq\r(3))3.在棱長為1的正方體ABCD-A′B′C′D′中，E，F(xiàn)分別是D′D，BD的中點，G在棱CD上，且CG＝eq\f(1,4)CD，H為C′G的中點．(1)求EF，C′G所成角的余弦值；(2)求FH的長．解：設(shè)eq\o(AB,\s\up14(→))＝a，eq\o(AD,\s\up14(→))＝b，eq\o(AA′,\s\up14(→))＝c，則a·b＝b·c＝c·a＝0，|a|2＝a2＝1，|b|2＝b2＝1，|c|2＝c2＝1.(1)因為eq\o(EF,\s\up14(→))＝eq\o(ED,\s\up14(→))＋eq\o(DF,\s\up14(→))＝－eq\f(1,2)c＋eq\f(1,2)(a－b)＝eq\f(1,2)(a－b－c)，eq\o(C′G,\s\up14(→))＝eq\o(C′C,\s\up14(→))＋eq\o(CG,\s\up14(→))＝－c－eq\f(1,4)a，所以eq\o(EF,\s\up14(→))·eq\o(C′G,\s\up14(→))＝eq\f(1,2)(a－b－c)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c－\f(1,4)a))＝eq\f(1,2)(－eq\f(1,4)a2＋c2)＝eq\f(3,8)，|eq\o(EF,\s\up14(→))|2＝eq\f(1,4)(a－b－c)2＝eq\f(1,4)(a2＋b2＋c2)＝eq\f(3,4)，|eq\o(C′G,\s\up14(→))|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c－\f(1,4)a))eq\s\up12(2)＝c2＋eq\f(1,16)a2＝eq\f(17,16)，所以|eq\o(EF,\s\up14(→))|＝eq\f(\r(3),2)，|eq\o(C′G,\s\up14(→))|＝eq\f(\r(17),4)，cos〈eq\o(EF,\s\up14(→))，eq\o(C′G,\s\up14(→))〉＝eq\f(\o(EF,\s\up14(→))·\o(C′G,\s\up14(→)),|\o(EF,\s\up14(→))||\o(C′G,\s\up14(→))|)＝eq\f(\r(51),17)，所以EF，C′G所成角的余弦值為eq\f(\r(51),17).(2)因為eq\o(FH,\s\up14(→))＝eq\o(FB,\s\up14(→))＋eq\o(BC,\s\up14(→))＋eq\o(CC′,\s\up14(→))＋eq\o(C′H,\s\up14(→))＝eq\f(1,2)(a－b)＋b＋c＋eq\f(1,2)eq\o(C′G,\s\up14(→))＝eq\f(1,2)(a－b)＋b＋c＋eq\f(1