2020高中數學 3-1-3空間向量的數量積運算同步檢測 新人教B版選修2-1

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1、3.1第3課時 空間向量的數量積運算 一、選擇題 1．已知向量a、b是平面α的兩個不相等的非零向量，非零向量c是直線l的一個方向向量，則c·a＝0且c·b＝0是l⊥α的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C. 充要條件 D．既不充分也不必要條件 [答案]　B [解析]　當a與b不共線時，由c·a＝0，c·b＝0，可推出l⊥α；當a與b為共線向量時，由c·a＝0，c·b＝0，不能夠推出l⊥α；l⊥α一定有c·a＝0且c·b＝0，故選B. 2．如圖，空間四邊形的各邊和對角線長均相等，E是BC的中點，那么(　　) A.·<· B.·＝· C.·>·

2、D.·與·不能比較大小 [答案]　C [解析]　易知AE⊥BC，∴·＝0， ·＝(＋)· ＝·(－)＋· ＝||·||·cos120°－||·||cos60°＋||·||cos120°<0. 3．已知a，b均為單位向量，它們的夾角為60°，那么|a＋3b|(　　) A.　　　 B.　　　 C.　　　 D．4 [答案]　C [解析]　|a＋3b|2＝(a＋3b)2＝a2＋6a·b＋9b2 ＝|a|2＋6|a||b|cos＋9|b|2， ∵|a|＝|b|＝1，〈a，b〉＝60°， ∴|a＋3b|2＝13， ∴|a＋3b|＝. 4．已知正方體ABCD－A′

3、B′C′D′的棱長為 a，設＝a，＝b，＝c，則〈，〉＝(　　) A．30° B．60° C．90° D．120° [答案]　D [解析]?。?， ∵△A′BD為正三角形， ∴〈，〉＝120°. 5．已知PA⊥平面ABC，垂足為A，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，則PC等于(　　) A．6　　 B．6　　　 C．12　　　 D．144 [答案]　C [解析]　∵＝＋＋， ∴2＝2＋2＋2＋2·＝36＋36＋36＋2×36cos60°＝144. ∴||＝12. 6．已知a、b、c是兩兩垂直的單位向量，則|a－2b＋3c|＝(　　)

4、 A．14　　 B.　　 C．4　　 D．2 [答案]　B [解析]　|a－2b＋3c|2＝|a|2＋4|b|2＋9|c|2－4a·b＋6a·c－12b·c＝14，∴選B. 7．已知|a|＝2，|b|＝3，〈a，b〉＝60°，則|2a－3b|等于(　　) A. B．97 C. D．61 [答案]　C [解析]　|2a－3b|2＝4a2＋9b2－12a·b＝4×4＋9×9－12×|a||b|cos60° ＝97－12×2×3×＝61. 8．空間四邊形OABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝，則cos〈，〉等于(　　) A. B. C

5、．－ D．0 [答案]　D [解析]　cos〈，〉 ＝ ＝ ＝ ＝. 因為||＝||，∠AOC＝∠AOB＝， 所以cos〈，〉＝0. 9．在空間四邊形ABCD中，AB、AC、AD兩兩垂直，則下列結論不成立的是(　　) A．|＋＋|＝|＋－| B．|＋＋|2＝||2＋||2＋||2 C．(＋＋)·＝0 D.·＝·＝· [答案]　C [解析]　A中，由|＋＋|＝|＋－|，得(＋＋)2＝(＋－)2，展開得(＋)2＋||2＋2(＋)·＝(＋)2＋||2－2(＋)·，整理得(＋)·＝0，因為，，兩兩垂直，所以(＋)·＝0成立，因此A正確．易得B正確．(＋＋)·＝(

6、＋＋)·(－)＝·－||2＋·－·＋||2－·＝||2－||2，當||＝||時，||2－||2＝0，否則不成立，因此C不正確．D中，·＝·(－)＝·－·＝0，同理·＝0，·＝0，因此D正確． 10．設A、B、C、D是空間不共面的四點，且滿足·＝0，·＝0，·＝0，則△BCD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]　B [解析]?。剑?，＝－， ·＝(－)·(－)＝·－·－·＋||2 ＝||2>0， ∴cos∠CBD＝cos〈，〉 ＝>0， ∴∠CBD為銳角，同理，∠BCD與∠BDC均為銳角， ∴△BCD為銳角三角形． 二

7、、填空題 11．已知|a|＝2，|b|＝，a·b＝－，則〈a，b〉＝________. [答案]　 [解析]　cos〈a，b〉＝＝－， ∴〈a，b〉＝. 12．已知正方體ABCD－A′B′C′D′的棱長為1，設＝a，＝b，＝c，則 (1)·＝________；〈，〉＝________； (2)·＝________. [答案]　(1)1，arccos　(2)1 [解析]　(1)·＝(a＋b＋c)·(a－b＋c) ＝a2＋c2＋2a·c－b2＝1， ||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c＝3，∴||＝， ||2＝(a－b＋c)2＝a2＋

8、b2＋c2－2a·b＋2a·c－2b·c＝3，∴||＝， ∴cos〈，〉＝＝， ∴〈，〉＝arccos. (2)·＝(b＋c－a)·b＝|b|2＋b·c－b·a＝1. 13．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為a，則·＝________. [答案]　a2 [解析]　·＝· ＝||·||·cos〈，〉 ＝a×a×cos60°＝a2. 14．已知在空間四邊形OABC中，OA⊥BC，OB⊥AC，則·＝________. [答案]　0 [解析]　·＝(－)·(＋) ＝·＋·－||2－· ＝·－||2－· ＝·－·＝·＝0. 三、解答題 15．已知a＋3b

9、與7a－5b垂直，且a－4b與7a－2b垂直，求〈a，b〉． [解析]　(a＋3b)·(7a－5b) ＝7|a|2－15|b|2＋16a·b＝0， (a－4b)(7a－2b) ＝7|a|2＋8|b|2－30a·b＝0， 解之得，|b|2＝2a·b＝|a|2， ∴cos〈a，b〉＝＝，∴〈a，b〉＝60°. 16．如圖所示，已知空間四邊形ABCD，連AC、BD，若AB＝CD，AC＝BD，E、F分別是AD、BC的中點，試用向量方法證明EF是AD與BC的公垂線． [解析]　∵點F是BC的中點， ∴＝(＋)． ∴＝－ ＝(＋)－. 又||＝||＝|－|， ∴＝2－2·＋2

10、① 同理＝2＝2－2·＋2.② 由①代入②可得 2＝2－2·＋2－2·＋2， ∴22－2·(＋)＝0 ∴·(＋－)＝0.∴·(＋－)＝0.∴·＝0.∴⊥. 同理可得⊥. ∴EF是AD與BC的公垂線． 17．對于任意空間四邊形，試證明它的一組對邊中點的連線段與另一組對邊可平行于同一平面． [證明]　如圖所示，空間四邊形ABCD，E、F分別為AB、CD的中點，利用多邊形加法法則可得， ＝＋＋，＝＋＋.① 又E、F分別是AB、CD的中點，故有 ＝－，＝－.② 將②代入①后，兩式相加得，2＝＋， ∴＝＋. 即與、共面， ∴EF與AD、BC可平行于同一平面． 18．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，求異面直線A1B與AC1所成的角． [解析]　不妨設正方體的棱長為1, 設＝a，＝b，＝c，則|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b＝b·c＝c·a＝0， ＝a－c，＝a＋b＋c. ∴·＝(a－c)·(a＋b＋c)＝(a－c)(a＋c)＋b(a－c)＝0 ∴<，>＝90°. 因此，異面直線A1B與AC所成的角為90°. [說明]　求異面直線所成的角的關鍵是求異面直線上兩向量的數量積，而要求兩向量的數量積，必須把所求向量用空間的一組基向量來表示．