高中数学人教B版1第三章空间向量与立体几何空间向量及其运算第3章2

学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．设a，b，c是任意的非零平面向量，且它们相互不共线，下列命题：①(a·b)c－(c·a)b＝0；②|a|＝eq\r(a·a)；③a2b＝b2a；④(3a＋2b)·(3a－2b)＝9|a|2－4|b|2.其中正确的有()A．①② B．②③C．③④ D．②④【解析】由于数量积不满足结合律，故①不正确，由数量积的性质知②正确，③中，|a|2·b＝|b|2·a不一定成立，④运算正确．【答案】D2．已知a＋b＋c＝0，|a|＝2，|b|＝3，|c|＝4，则a与b的夹角〈a，b〉＝()A．30° B．45°C．60° D．以上都不对【解析】∵a＋b＋c＝0，∴a＋b＝－c，∴(a＋b)2＝|a|2＋|b|2＋2a·b＝|c|2，∴a·b＝eq\f(3,2)，∴cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(1,4).【答案】D3．已知四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，连接AC，BD，PB，PC，PD，则下列各组向量中，数量积不为零的是()\o(PC,\s\up6(→))与eq\o(BD,\s\up6(→)) B．eq\o(DA,\s\up6(→))与eq\o(PB,\s\up6(→))\o(PD,\s\up6(→))与eq\o(AB,\s\up6(→)) D．eq\o(PA,\s\up6(→))与eq\o(CD,\s\up6(→))【解析】用排除法，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，故eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，排除D；因为AD⊥AB，PA⊥AD，又PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB，所以AD⊥PB，故eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0，排除B，同理eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，排除C.【答案】A4.如图3­1­29，已知空间四边形每条边和对角线都等于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()图3­1­29A．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；2eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))2＝a2，故只有C正确．【答案】C5．在正方体ABCD­A1B1C1D1①(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°.其中正确命题的个数是()A．1个 B．2个C．3个 D．0个【解析】由题意知①②都正确，③不正确，eq\o(AD1,\s\up6(→))与eq\o(A1B,\s\up6(→))的夹角为120°.【答案】B二、填空题6．已知|a|＝2，|b|＝3，〈a，b〉＝60°，则|2a－3b【导学号：15460066】【解析】|2a－3b|2＝(2a－3b)2＝4a2－12a·b＋9b2＝4×|a|2＋9×|b|2－12×|a|·|b|·cos60°＝61，∴|2a－3b|＝eq\r(61).【答案】eq\r(61)7．已知|a|＝2，|b|＝1，〈a，b〉＝60°，则使向量a＋λb与λa－2b的夹角为钝角的实数λ的取值范围是________．【解析】由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋λb·λa－2b<0，,cos〈a＋λb，λa－2b〉≠－1.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋λb·λa－2b<0，,a＋λb·λa－2b≠－|a＋λb||λa－2b|))得λ2＋2λ－2<0.∴－1－eq\r(3)<λ<－1＋eq\r(3).【答案】(－1－eq\r(3)，－1＋eq\r(3))8.如图3­1­30，已知正三棱柱ABC­A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM图3­1­30【解析】不妨设棱长为2，则eq\o(AB,\s\up6(→))1＝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(→))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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°三、解答题9．如图3­1­31，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O为AC与BD的交点，G为CC1的中点．求证：A1O⊥平面BDG图3­1­31【证明】设eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝a，eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝b，eq\o(A1A,\s\up6(→))＝c.则a·b＝0，a·c＝0，b·c＝0.而eq\o(A1O,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＝c＋eq\f(1,2)(a＋b)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝b－a，eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(CG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＋eq\f(1,2)eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(a＋b)＋eq\f(1,2)c.∴eq\o(A1O,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,2)a＋\f(1,2)b))·(b－a)＝c·(b－a)＋eq\f(1,2)(a＋b)·(b－a)＝c·b－c·a＋eq\f(1,2)(b2－a2)＝eq\f(1,2)(|b|2－|a|2)＝0.∴eq\o(A1O,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→)).∴A1O⊥BD.同理可证eq\o(A1O,\s\up6(→))⊥eq\o(OG,\s\up6(→)).∴A1O⊥OG.又OG∩BD＝O且A1O⊄平面BDG，∴A1O⊥平面BDG.10．已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝4，E为侧面AB1的中心，F为A1D1的中点，试计算：(1)eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(ED1,\s\up6(→))；(2)eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))；(3)eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(FC1,\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(AD,\s\up6(→))·(eq\o(EA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1D1,\s\up6(→)))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AA1,\s\up6(→))－\o(AB,\s\up6(→))＋\o(AD,\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(BB1,\s\up6(→)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AA1,\s\up6(→))－\o(AB,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(AD,\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.(3)eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(FC1,\s\up6(→))＝(eq\o(EA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1F,\s\up6(→)))·(eq\o(FD1,\s\up6(→))＋eq\o(D1C1,\s\up6(→)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AA1,\s\up6(→))－\o(AB,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(AD,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AD,\s\up6(→))＋\o(AB,\s\up6(→))))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)c－a＋\f(1,2)b))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b＋a))＝eq\f(1,2)(－a＋b＋c)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b＋a))＝－eq\f(1,2)|a|2＋eq\f(1,4)|b|2＝2.[能力提升]1．已知边长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心为O1，则eq\o(AO1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))的值为()A．－1 B．0C．1 D．2【解析】eq\o(AO1,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1O1,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(A1B1,\s\up6(→))＋eq\o(A1D1,\s\up6(→)))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))，而eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，则eq\o(AO1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AD,\s\up6(→))2)＝1，故选C.【答案】C2．已知a，b是两异面直线，A，B∈a，C，D∈b，AC⊥b，BD⊥b且AB＝2，CD＝1，则直线a，b所成的角为()A．30° B．60°C．90° D．45°【解析】由于eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))，则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(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)，得〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝60°.【答案】B3．已知正三棱柱ABC­DEF的侧棱长为2，底面边长为1，M是BC的中点，若直线CF上有一点N，使MN⊥AE，则eq\f(CN,CF)＝________.【导学号：15460067】【解析】设eq\f(CN,CF)＝m，由于eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))＋meq\o(AD,\s\up6(→))，又eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝0，得eq\f(1,2)×1×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋4m＝0，解得m＝eq\f(1,16).【答