高中数学人教A版1第三章空间向量与立体几何 获奖作品

第三章(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(每小题5分，共20分)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：A中a·b＝0，则a⊥b，故A错误．B正确．C中a2＝b2，则|a|＝|b|，故C错误．D中a·b＝a·c，则a·(b－c)＝0不一定b＝c.故D错误．答案：B2．已知|a|＝2，|b|＝3，〈a，b〉＝60°，则|2a－3b|等于\r(97) B．97\r(61) D．61解析：|2a－3b|2＝4a2＋9b2－12a·b＝4×4＋9×9－12×|a|×|b|cos60°＝97－12×2×3×eq\f(1,2)＝61.所以|2a－3b|＝eq\r(61).答案：C3．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：eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))，|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(→))＝3×62＋2×6×6×eq\f(1,2)＝4×62，∴|eq\o(PC,\s\up6(→))|＝12.答案：C4．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(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))，∴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(CD2,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0＋12＋0＝1，又|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2，|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝1，∴cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\o(AB,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))|))＝eq\f(1,2×1)＝eq\f(1,2).∴a与b所成的角是60°.答案：C二、填空题(每小题5分，共10分)5．已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都等于1，且两两夹角都是60°，则对角线AC1的长是________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(→))|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＋1＋1＋1＝6.∴AC1的长为eq\r(6).答案：eq\r(6)6．a，b是两个非零向量，现给出以下命题：①a·b>0⇔〈a，b〉∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；②a·b＝0⇔〈a，b〉＝eq\f(π,2)；③a·b<0⇔〈a，b〉∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))；④|a·b|＝|a||b|⇔〈a，b〉＝π.其中正确的命题有________．解析：利用向量数量积公式可对以上四个命题的真假作判断．∵a，b为非零向量，∴|a|≠0，|b|≠0.又∵a·b＝|a||b|cos〈a，b〉且0≤〈a，b〉≤π，于是a·b>0⇔cos〈a，b〉⇔〈a，b〉∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；a·b＝0⇔cos〈a，b〉＝0⇔〈a，b〉＝eq\f(π,2)；a·b<0⇔cos〈a，b〉<0⇔〈a，b〉∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).因此，命题①②③均为真命题．∵|a·b|＝|a||b|⇔|cos〈a，b〉|＝1⇔〈a，b〉＝0或π.∴|a·b|＝|a||b|⇔〈a，b〉＝π不正确，即命题④为假命题．答案：①②③三、解答题(每小题10分，共20分)7．如图所示，正四面体ABCD的每条棱长都等于a，点M，N分别是AB，CD的中点，求证：MN⊥AB，MN⊥CD.证明：eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→)))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(MB,\s\up6(→))＋\o(BC,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(CD,\s\up6(→))))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(MB,\s\up6(→))＋\o(BC,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(AD,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(AC,\s\up6(→))))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)a2＋a2cos120°＋eq\f(1,2)a2cos60°－eq\f(1,2)a2cos60°＝0，所以MN⊥AB.同理可证MN⊥CD.8．如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝1，∠ACD＝90°，沿着它的对角线AC将△ACD折起，使AB与CD成60°角，求此时B，D间的距离．解析：∵∠ACD＝90°，∴Aeq\o(C,\s\up6(→))·Ceq\o(D,\s\up6(→))＝0.同理Aeq\o(C,\s\up6(→))·Beq\o(A,\s\up6(→))＝0.∵AB与CD成60°角，∴〈Beq\o(A,\s\up6(→))，Ceq\o(D,\s\up6(→))〉＝60°或〈Beq\o(A,\s\up6(→))，Ceq\o(D,\s\up6(→))〉＝120°.又Beq\o(D,\s\up6(→))＝Beq\o(A,\s\up6(→))＋Aeq\o(C,\s\up6(→))＋Ceq\o(D,\s\up6(→))，∴|Beq\o(D,\s\up6(→))|2＝|Beq\o(A,\s\up6(→))|2＋|Aeq\o(C,\s\up6(→))|2＋|Ceq\o(D,\s\up6(→))|2＋2Beq\o(A,\s\up6(→))·Aeq\o(C,\s\up6(→))＋2Beq\o(A,\s\up6(→))·Ceq\o(D,\s\up6(→))＋2Aeq\o(C,\s\up6(→))·Ceq\o(D,\s\up6(→))＝3＋2×1×1×cos〈Beq\o(A,\s\up6(→))，Ceq\o(D,\s\up6(→))〉∴当〈Beq\o(A,\s\up6(→))，Ceq\o(D,\s\up6(→))〉＝60°时，|Beq\o(D,\s\up6(→))|2＝4，此时B，D间的距离为2；当〈Beq\o(A,\s\up6(→))，Ceq\o(D,\s\up6(→))〉＝120°时，|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝2，此时B，D间的距离为eq\r(2).9．(10分)如图所示，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱AA1长为b，且AA1与AB，AD(1)求AC1的长；(2)证明AC1⊥BD；(3)求直线BD1与AC所成角的余弦值．解析：设eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，则|a|＝|b|＝a，|c|＝b，〈a，b〉＝90°，〈a，c〉＝〈b，c〉＝120°，所以a·b＝0，a·c＝|a||c|cos120°＝－eq\f(1,2)ab，b·c＝|b||c|·cos120°＝－eq\f(1,2)ab.(1)∵eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))，又∵eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，∴eq\o(AC1,\s\up6(→))＝a＋b＋c.又∵|eq\o(AC1,\s\up6(→))|2＝eq\o(AC1,\s\up6(→))2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c，∴|eq\o(AC1,\s\up6(→))|2＝a2＋a2＋b2＋2×0＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)ab))＋2×eq\a\vs4\al(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)ab)))＝2a2－2ab＋b2.∴AC1的长|eq\o(AC1,\s\up6(→))|＝eq\r(2a2－2ab＋b2).(2)证明：∵eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝－a＋b，∴eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝(a＋b＋c)·(－a＋b)＝－a2＋b2－a·c＋b·c.∵a·c＝b·c，∴eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝－a2＋a2＝0.∴eq\o(AC1,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→)).∴AC1⊥BD.(3)∵eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BD1,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1D1,\s\up6(→))，∴eq\o(AC,\s\up6(→))＝a＋b，eq\o(BD1,\s\up6(→))＝－a＋b＋c，∴eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD1,\s\up6(→))＝(a＋b)·(－a＋b＋c)＝－a2＋b2＋a·c＋b·c，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(\a\vs4\al(\o(AC,\s\up6(→))2))＝eq\r(a2＋2a·b＋b2)，|eq\o(BD1,\s\up6(→))|＝eq\r(\a\vs4\al(\o(BD1,\s\up6(→))2))＝eq\r(a2＋b2＋c2－2a·b－2a·c＋2b·c).又∵|a|＝|b|＝a，|c|＝b，a·b＝0，a·c＝b·c＝－eq\f(1,2)ab，∴eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD1,\s\up6(→))＝－a2＋a2－ab＝－ab.|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(a2＋0＋a2)＝eq\r(2)a，|eq\o(BD1,\s\up6(→))|＝eq\r(2a2＋b2＋ab－ab)＝eq\r(2a2＋b2).∵cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BD1,\s\up6(→))〉＝eq