（新课程）高中数学《3.1.3 空间向量的数量积》评估训练 新人教A版选修2-1

PAGE3.1.3　空间向量的数量积运算双基达标　限时20分钟1．对于向量a、b、c和实数λ，下列命题中的真命题是(　　)．A．若a·b＝0，则a＝0或b＝0B．若λa＝0，则λ＝0或a＝0C．若a2＝b2，则a＝b或a＝－bD．若a·b＝a·c，则b＝c解析　对于A，可举反例：当a⊥b时，a·b＝0；对于C，a2＝b2，只能推得|a|＝|b|，而不能推出a＝±b；对于D，a·b＝a·c可以移项整理推得a⊥(b－c)．答案　B2．如图，已知空间四边形每条边和对角线长都等于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a2的是(　　)．A．2eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))B．2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))C．2eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))D．2eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))解析　2eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－a2，故A错；2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝－a2，故B错；2eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)a2，故D错，只有C正确．答案　C3．空间四边形OABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝eq\f(π,3)，则cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉的值为(　　)．A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C．－eq\f(1,2)D．0解析　因为eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))·(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))＝eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝|eq\o(OA,\s\up6(→))||eq\o(OC,\s\up6(→))|cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))〉－|eq\o(OA,\s\up6(→))||eq\o(OB,\s\up6(→))|cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))〉，又因为〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))〉＝〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))〉＝eq\f(π,3)，|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(OA,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，所以cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝0.答案　D4．已知a，b是空间两个向量，若|a|＝2，|b|＝2，|a－b|＝eq\r(7)，则cos〈a，b〉＝________．解析　将|a－b|＝eq\r(7)化为(a－b)2＝7，求得a·b＝eq\f(1,2)，再由a·b＝|a||b|cos〈a，b〉求得cos〈a，b〉＝eq\f(1,8).答案　eq\f(1,8)5．已知空间向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，|a|＝3，|b|＝1，|c|＝4，则a·b＋b·c＋c·a的值为________．解析　∵a＋b＋c＝0，∴(a＋b＋c)2＝0，∴a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0，∴a·b＋b·c＋c·a＝－eq\f(32＋12＋42,2)＝－13.答案　－136．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝4，E为侧面AA1B1B的中心，F为A1D1的中点．求下列向量的数量积：(1)eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(ED1,\s\up6(→))；(2)eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))解　如图所示，设eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，则|a|＝|c|＝2，|b|＝4，a·b＝b·c＝c·a＝0.(1)eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(ED1,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))·(eq\o(EA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1D1,\s\up6(→)))＝b·[eq\f(1,2)(c－a)＋b]＝|b|2＝42＝16.(2)eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(eq\o(BA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1F,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→)))＝(c－a＋eq\f(1,2)b)·(a＋c)＝|c|2－|a|2＝22－22＝0.综合提高（限时25分钟）7．已知在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，同一顶点为端点的三条棱长都等于1，且彼此的夹角都是60°，则此平行六面体的对角线AC1的长为(　　)．A.eq\r(3)B．2C.eq\r(5)D.eq\r(6)解析：∵eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))∴eq\o(AC1,\s\up6(→))2＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→)))2＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\o(AA1,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))＋2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))＝1＋1＋1＋2(cos60°＋cos60°＋cos60°)＝6，∴|eq\o(AC1,\s\up6(→))|＝eq\r(6).答案：D8．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与b所成的角是(　　)．A．30°B．45°C．60°D．90°解析　∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→)))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＋eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝1，∴cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2)，∴a与b的夹角为60°.答案　C9．已知|a|＝3eq\r(2)，|b|＝4，m＝a＋b，n＝a＋λb，〈a，b〉＝135°，m⊥n，则λ＝________．解析　由m⊥n，得(a＋b)·(a＋λb)＝0，∴a2＋(1＋λ)a·b＋λb2＝0，∴18＋(λ＋1)×3eq\r(2)×4cos135°＋16λ＝0，即4λ＋6＝0，∴λ＝－eq\f(3,2).答案　－eq\f(3,2)10．如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是______．解析　不妨设棱长为2，则eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\o(BB1,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BB1,\s\up6(→))，cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(BM,\s\up6(→))〉＝eq\f(（\o(BB1,\s\up6(→))－\o(BA,\s\up6(→))）·（\o(BC,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(BB1,\s\up6(→))）,2\r(2)×\r(5))＝eq\f(0－2＋2－0,2\r(2)×\r(5))＝0，故填90°.答案　90°11．如图所示，已知△ADB和△ADC都是以D为直角顶点的直角三角形，且AD＝BD＝CD，∠BAC＝60°.求证：BD⊥平面ADC.证明　不妨设AD＝BD＝CD＝1，则AB＝AC＝eq\r(2).eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))，由于eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→)))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝1，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|cos60°＝eq\r(2)×eq\r(2)×eq\f(1,2)＝1.∴eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，即BD⊥AC，又已知BD⊥AD，AD∩AC＝A，∴BD⊥平面ADC.12．(创新拓展)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长为eq\r(2).(1)设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1；(2)设AB1与BC1的夹角为eq\f(π,3)，求侧棱的长．(1)证明　eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)).∵BB1⊥平面ABC，∴eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0.又△ABC为正三角形，∴〈eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝π－〈eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝π－eq\f(π,3)＝eq\f(2π,3).∵eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→)))·(eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))2＋eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(BC,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＋eq\o(BB1,\s\up6(→))2＝－1＋1＝0，∴AB1⊥BC1.(2)解　结合(1)知eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(BC,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＋eq\o(BB1,\s\up6(→))2＝eq\o(BB1,\s\up6(→))2－1.又|eq\o(AB1,\s\up6(→))|＝eq\r(（AB―→＋BB1―→))2＝eq\r(2＋BB1―→2)＝|eq\o(BC1,\s\up6(→))|.∴cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BB1,\s\up6(→))2－1,2＋\o(BB1,\s\up6(→))2)＝eq\f(1,2)，∴|eq\o(BB1,\s\up6(→))|＝2，即侧棱长为2.