2020高中数学 第三章 空间向量与立体几何 .1. 空间向量的数量积运算练习（含解析）2-1

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE10-学必求其心得，业必贵于专精3。1。3空间向量的数量积运算［学生用书P135（单独成册)]［A基础达标］1．已知两异面直线的方向向量分别为a,b，且|a｜＝｜b｜＝1，a·b＝－eq\f(1，2），则两直线的夹角为（）A．30° B．60°C．120° D．150°解析：选B。设向量a,b的夹角为θ，则cosθ＝eq\f(a·b,｜a||b|)＝－eq\f（1,2)，所以θ＝120°,则两个方向向量对应的直线的夹角为180°－120°＝60°。2．已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E,F分别是BC，AD的中点，则eq\o（AE，\s\up6（→))·eq\o(AF,\s\up6(→））的值为()A．a2 B．eq\f(1，2)a2C.eq\f（1,4）a2 D．eq\f(\r(3)，4)a2解析：选C。eq\o(AE，\s\up6(→))·eq\o(AF，\s\up6(→))＝eq\f(1，2）（eq\o(AB,\s\up6（→））＋eq\o（AC,\s\up6（→））)·eq\f（1，2)eq\o(AD，\s\up6（→))＝eq\f（1，4)（eq\o(AB，\s\up6(→）)·eq\o（AD,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6（→）)·eq\o(AD,\s\up6(→))）＝eq\f（1,4）（a×a×eq\f（1,2）＋a×a×eq\f(1，2）)＝eq\f(1，4)a2.3.如图所示，已知空间四边形每条边和对角线长都为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(BD，\s\up6（→))C．2eq\o（FG,\s\up6(→)）·eq\o（CA，\s\up6（→）) D．2eq\o（EF，\s\up6（→））·eq\o(CB，\s\up6（→）)解析：选B。2eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o（AC,\s\up6（→））＝2a2cos120°＝－a2，2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o（BD，\s\up6（→)）＝2eq\o(DA,\s\up6（→）)·eq\o(DB,\s\up6（→）)＝2a2cos60°＝a2，2eq\o（FG，\s\up6（→))·eq\o(CA，\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6（→））·eq\o(CA,\s\up6（→))＝－a2，2eq\o（EF，\s\up6(→）)·eq\o（CB，\s\up6(→))＝eq\o（BD,\s\up6(→）)·eq\o(CB，\s\up6（→)）＝－eq\o(BD，\s\up6(→))·eq\o（BC,\s\up6（→))＝－eq\f（1,2）a2，故选B。4.如图，已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°,PA＝AB＝BC＝6，则PC等于(）A．6eq\r(2) B．6C．12 D．144解析：选C。因为eq\o（PC,\s\up6（→))＝eq\o(PA,\s\up6（→)）＋eq\o(AB，\s\up6（→))＋eq\o（BC,\s\up6（→）），所以eq\o（PC,\s\up6（→））2＝eq\o（PA,\s\up6(→))2＋eq\o（AB,\s\up6（→)）2＋eq\o(BC,\s\up6（→)）2＋2eq\o（PA，\s\up6(→））·eq\o(AB，\s\up6(→））＋2eq\o（PA，\s\up6（→））·eq\o(BC,\s\up6（→))＋2eq\o（AB，\s\up6（→）)·eq\o(BC,\s\up6（→）)＝36＋36＋36＋2×36cos60°＝144，所以PC＝12.5．在正方体ABCD.A1B1C1D1中，有下列命题：①(eq\o（AA1，\s\up6(→）)＋eq\o(AD,\s\up6(→)）＋eq\o(AB,\s\up6（→）))2＝3eq\o（AB，\s\up6(→）)2；②eq\o（A1C,\s\up6（→））·(eq\o（A1B1，\s\up6（→))－eq\o（A1A,\s\up6（→）))＝0;③eq\o(AD1,\s\up6（→）)与eq\o(A1B,\s\up6（→))的夹角为60°；④正方体的体积为|eq\o（AB,\s\up6(→））·eq\o（AA1,\s\up6(→))·eq\o(AD，\s\up6(→））|。其中正确命题的个数是（)A．1 B．2C．3 D．4解析：选B.如图所示，(eq\o(AA1，\s\up6（→）)＋eq\o（AD，\s\up6（→）)＋eq\o（AB,\s\up6(→)））2＝（eq\o（AA1，\s\up6（→））＋eq\o(A1D1,\s\up6(→）)＋eq\o(D1C1，\s\up6（→））)2＝eq\o(AC1,\s\up6（→)）2＝3eq\o(AB，\s\up6（→)）2;eq\o（A1C，\s\up6（→））·(eq\o(A1B1,\s\up6(→））－eq\o（A1A,\s\up6(→）））＝eq\o（A1C,\s\up6(→）)·eq\o(AB1，\s\up6（→）)＝0；eq\o(AD1,\s\up6（→））与eq\o(A1B，\s\up6(→))的夹角是eq\o（D1C,\s\up6(→)）与eq\o（D1A，\s\up6(→)）夹角的补角，而eq\o（D1C，\s\up6（→）)与eq\o(D1A，\s\up6(→)）的夹角为60°，故eq\o（AD1,\s\up6(→））与eq\o(A1B，\s\up6(→))的夹角为120°；正方体的体积为|eq\o(AB，\s\up6(→))|｜eq\o(AA1,\s\up6（→））｜｜eq\o(AD，\s\up6（→））｜，综上可知，①②正确．6．如图，已知四棱柱ABCD.A1B1C1D1的底面ABCD是矩形，AB＝4，AA1＝3,∠BAA1＝60°，E为棱C1D1的中点，则eq\o（AB，\s\up6（→）)·eq\o(AE，\s\up6（→））＝________．解析：eq\o（AE，\s\up6(→)）＝eq\o(AA1，\s\up6（→)）＋eq\o（AD,\s\up6(→））＋eq\f(1，2）eq\o（AB，\s\up6（→))，eq\o（AB，\s\up6(→）)·eq\o（AE,\s\up6(→))＝eq\o（AB，\s\up6（→)）·eq\o(AA1，\s\up6(→））＋eq\o（AB,\s\up6(→)）·eq\o（AD，\s\up6（→）)＋eq\f（1，2)eq\o(AB,\s\up6(→))2＝4×3×cos60°＋0＋eq\f（1,2)×42＝14.答案：147．如图，在120°的二面角α。l。β中,A∈l，B∈l，AC⊂α，BD⊂β且AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A，B，已知AC＝AB＝BD＝6，则线段CD的长为________．解析：因为AC⊥AB,BD⊥AB，所以eq\o(CA,\s\up6（→）)·eq\o(AB，\s\up6(→)）＝0,eq\o(BD，\s\up6(→）)·eq\o(AB,\s\up6(→）)＝0，又因为二面角α。l。β的平面角为120°,所以〈eq\o(CA,\s\up6（→）），eq\o（BD,\s\up6（→)）〉＝60°，所以CD2＝｜eq\o（CD,\s\up6（→)）｜2＝(eq\o（CA,\s\up6(→））＋eq\o(AB,\s\up6(→））＋eq\o（BD,\s\up6（→）)）2＝eq\o（CA,\s\up6(→）)2＋eq\o(AB，\s\up6（→))2＋eq\o（BD，\s\up6(→）)2＋2（eq\o（CA,\s\up6(→))·eq\o（AB,\s\up6(→）)＋eq\o(CA,\s\up6（→）)·eq\o(BD，\s\up6(→）)＋eq\o(BD,\s\up6(→）)·eq\o（AB,\s\up6（→)）)＝3×62＋2×62×cos60°＝144，所以CD＝12.答案：128。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，所以<eq\o(AB1，\s\up6（→）)，eq\o（BM,\s\up6（→）)〉＝90°.答案：90°9．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\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\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（→）))＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（c－a＋\f（1，2）b)）·(a＋c）＝｜c|2－|a｜2＝22－22＝0.10．如图，在三棱柱ABC。A1B1C1中，M,N分别是A1B，B1C1上的点,且BM＝2A1M，C1N＝2B1N.设eq\o（AB,\s\up6（→))＝a,eq\o(AC，\s\up6(→）)＝b，eq\o(AA1，\s\up6（→））＝c.（1)试用a，b,c表示向量eq\o（MN，\s\up6(→)）;（2）若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长．解：（1）eq\o（MN，\s\up6(→)）＝eq\o(MA1,\s\up6(→））＋eq\o(A1B1,\s\up6（→））＋eq\o（B1N,\s\up6（→)）＝eq\f(1,3）eq\o(BA1，\s\up6（→）)＋eq\o（AB,\s\up6（→）)＋eq\f(1,3)eq\o（B1C1,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)（c－a）＋a＋eq\f(1,3)(b－a）＝eq\f(1，3）a＋eq\f（1，3）b＋eq\f(1,3)c。（2)因为（a＋b＋c）2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝1＋1＋1＋0＋2×1×1×eq\f(1，2）＋2×1×1×eq\f(1,2)＝5，所以｜a＋b＋c|＝eq\r（5），所以|eq\o（MN，\s\up6（→）)|＝eq\f(1，3）|a＋b＋c｜＝eq\f(\r(5），3），即MN＝eq\f(\r(5),3）.[B能力提升］11．已知空间四边形ABCD中,∠ACD＝∠BDC＝90°，且AB＝2，CD＝1,则AB与CD所成的角是（)A．30° B．45°C．60° D．90°解析:选C.根据已知∠ACD＝∠BDC＝90°，得eq\o(AC,\s\up6(→)）·eq\o(CD，\s\up6(→））＝eq\o（DB,\s\up6（→)）·eq\o(CD,\s\up6（→)）＝0，所以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，所以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)，所以AB与CD所成的角为60°.12．在三棱锥O。ABC中，OA⊥OB，OA⊥OC，∠BOC＝60°，OA＝OB＝OC＝2,若E为OA的中点，F为BC的中点，则EF＝________．解析：因为eq\o(EF,\s\up6(→））＝eq\o(OF，\s\up6（→））－eq\o(OE,\s\up6（→)）＝eq\f（1，2)(eq\o（OB，\s\up6（→）)＋eq\o（OC，\s\up6(→））)－eq\f(1,2)eq\o(OA，\s\up6（→)），所以｜eq\o（EF，\s\up6(→))｜2＝eq\f(1,4）(eq\o(OB,\s\up6（→)）＋eq\o（OC，\s\up6(→)）－eq\o(OA，\s\up6(→)))2＝eq\f（1,4）(eq\a\vs4\al（\o(OB,\s\up6（→））)2＋eq\a\vs4\al（\o(OC,\s\up6(→））)2＋eq\a\vs4\al（\o(OA，\s\up6（→))）2＋2eq\o（OB，\s\up6（→））·eq\o（OC,\s\up6（→))－2eq\o（OB，\s\up6（→)）·eq\o（OA，\s\up6(→））－2eq\o(OC,\s\up6（→)）·eq\o(OA，\s\up6(→)））．又由已知得｜eq\o（OA，\s\up6(→））|＝｜eq\o(OB,\s\up6（→)）｜＝｜eq\o(OC,\s\up6（→))｜＝2,eq\o(OA，\s\up6(→））⊥eq\o（OB，\s\up6(→))，eq\o（OA，\s\up6(→）)⊥eq\o（OC,\s\up6（→)），eq\o（OB,\s\up6(→））·eq\o（OC,\s\up6（→)）＝2×2×eq\f（1,2)＝2，所以｜eq\o(EF，\s\up6（→))|2＝eq\f（1，4）（4＋4＋4＋4)＝4。所以|eq\o(EF，\s\up6(→）)|＝2，即EF＝2.答案:213。如图，在正方体ABCD。A1B1C1D1中，点E,F分别是C1D1，D1D的中点，若正方体的棱长为1。求直线CE与AF所成角的余弦值．解:eq\o(AF,\s\up6(→）)＝eq\o（AD,\s\up6（→))＋eq\o（DF，\s\up6(→))＝eq\o（AD,\s\up6（→))＋eq\f(1,2）eq\o(AA1,\s\up6（→）)，eq\o（CE，\s\up6(→)）＝eq\o(CC1,\s\up6(→）)＋eq\o(C1E,\s\up6(→））＝eq\o(AA1,\s\up6(→)）＋eq\f(1,2)eq\o（CD,\s\up6（→))＝eq\o(AA1，\s\up6（→））－eq\f（1，2）eq\o（AB，\s\up6（→)）。因为eq\o（AB，\s\up6(→)）·eq\o(AD，\s\up6（→)）＝0,eq\o（AB,\s\up6(→））·eq\o(AA1，\s\up6（→)）＝0，eq\o(AD,\s\up6（→）)·eq\o（AA1,\s\up6(→）)＝0,所以eq\o(CE,\s\up6（→））·eq\o(AF，\s\up6（→))＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\o（AA1，\s\up6（→）)－\f(1，2)\o(AB，\s\up6（→））)）·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\o（AD，\s\up6（→))＋\f（1，2)\o（AA1，\s\up6(→))））＝eq\o（AA1,\s\up6(→)）·eq\o（AD,\s\up6（→））＋eq\f（1,2)eq\o（AA1，\s\up6(→))2－eq\f(1,2）eq\o（AB,\s\up6(→))·eq\o（AD,\s\up6（→）)－eq\f(1,4）eq\o（AB，\s\up6（→)）·eq\o(AA1，\s\up6(→))＝eq\f(1,2）eq\o(AA1,\s\up6（→）)2＝eq\f（1,2）,又｜eq\o（AF，\s\up6(→)）｜＝｜eq\o（CE，\s\up6（→)）|＝eq\f(\r(5）,2），所以cos<eq\o(CE,\s\up6(→)），eq\o(AF，\s\up6（→）)〉＝eq\f(\o（CE,\s\up6(→））·\o(AF，\s\up6(→))，｜\o(CE，\s\up6（→）)｜｜\o(AF,\s\up6（→))|）＝eq\f（\f（1，2),\f(\r（5),2）×\f(\r(5),2))＝eq\f（2,5）.14.(选做题）如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面边长都为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．解：(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(→)）。因为BB1⊥平面ABC,所以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，所以〈eq\o（AB，\s\up6（→))，eq\o（BC，\s\up6(→））〉＝π－〈eq\o(BA，\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6（→))>＝π－eq\