2020-2021学年高中数学-第三章-空间向量与立体几何-3.1-空间向量及其运算-3.1.3-空

PAGE空间向量的数量积运算[A组学业达标]1．正方体ABCD­A′B′C′D′中，向量eq\o(AB′,\s\up10(→))与eq\o(BC′,\s\up10(→))的夹角是()A．30° B．45°C．60° D．90°解析：BC′∥AD′，△AD′B′为正三角形，∴∠D′AB′＝60°，∴〈eq\o(AB′,\s\up10(→))，eq\o(BC′,\s\up10(→))〉＝60°.答案：C2．在如图所示的正方体中，下列各对向量的夹角为135°的是()A.eq\o(AB,\s\up10(→))与eq\o(A′C′,\s\up10(→)) B.eq\o(AB,\s\up10(→))与eq\o(C′A′,\s\up10(→))C.eq\o(AB,\s\up10(→))与eq\o(A′D′,\s\up10(→)) D.eq\o(AB,\s\up10(→))与eq\o(B′A′,\s\up10(→))解析：〈eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(A′C′,\s\up10(→))〉＝〈eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(AC,\s\up10(→))〉＝45°；〈eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(C′A′,\s\up10(→))〉＝180°－〈eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(AC,\s\up10(→))〉＝135°；〈eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(A′D′,\s\up10(→))〉＝〈eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(AD,\s\up10(→))〉＝90°；〈eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(B′A′,\s\up10(→))〉＝180°.答案：B3.如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，M为A1C1的中点，若eq\o(AB,\s\up10(→))＝a，eq\o(AA1,\s\up10(→))＝c，eq\o(BC,\s\up10(→))＝b，则下列向量与eq\o(BM,\s\up10(→))相等的是()A．－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋cB.eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋cC．－eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋cD.eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c解析：eq\o(BM,\s\up10(→))＝eq\o(BB1,\s\up10(→))＋eq\o(B1M,\s\up10(→))＝eq\o(AA1,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(B1A1,\s\up10(→))＋eq\o(B1C1,\s\up10(→)))＝eq\o(AA1,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→)))＝eq\f(1,2)(－a＋b)＋c＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c.答案：A4．已知e1，e2是夹角为60°的两个单位向量，则a＝e1＋e2与b＝e1－2e2的夹角是()A．60° B．120°C．30° D．90°解析：a·b＝(e1＋e2)·(e1－2e2)＝eeq\o\al(2,1)－e1·e2－2eeq\o\al(2,2)＝1－1×1×eq\f(1,2)－2＝－eq\f(3,2)，|a|＝eq\r(a2)＝eq\r(e1＋e22)＝eq\r(e\o\al(2,1)＋2e1·e2＋e\o\al(2,2))＝eq\r(1＋1＋1)＝eq\r(3)，|b|＝eq\r(b2)＝eq\r(e1－2e22)＝eq\r(e\o\al(2,1)－4e1·e2＋4e\o\al(2,2))＝eq\r(1－2＋4)＝eq\r(3).∴cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－\f(3,2),3)＝－eq\f(1,2).∴〈a，b〉＝120°.答案：B5．在正方体ABCD­A1B1C1D1①(eq\o(AA1,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\o(AB,\s\up10(→)))2＝3eq\o(AB,\s\up10(→))2；②eq\o(A1C,\s\up10(→))·(eq\o(A1B1,\s\up10(→))－eq\o(A1A,\s\up10(→)))＝0；③eq\o(AD1,\s\up10(→))与eq\o(A1B,\s\up10(→))的夹角为60°；④正方体的体积为|eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(AA1,\s\up10(→))·eq\o(AD,\s\up10(→))|.其中正确命题的个数是()A．1 B．2C．3 D．4解析：如图所示，(eq\o(AA1,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\o(AB,\s\up10(→)))2＝(eq\o(AA1,\s\up10(→))＋eq\o(A1D1,\s\up10(→))＋eq\o(D1C1,\s\up10(→)))2＝eq\o(AC1,\s\up10(→))2＝3eq\o(AB,\s\up10(→))2；eq\o(A1C,\s\up10(→))·(eq\o(A1B1,\s\up10(→))－eq\o(A1A,\s\up10(→)))＝eq\o(A1C,\s\up10(→))·eq\o(AB1,\s\up10(→))＝0；eq\o(AD1,\s\up10(→))与eq\o(A1B,\s\up10(→))的夹角是eq\o(D1C,\s\up10(→))与eq\o(D1A,\s\up10(→))夹角的补角，而eq\o(D1C,\s\up10(→))与eq\o(D1A,\s\up10(→))的夹角为60°，故eq\o(AD1,\s\up10(→))与eq\o(A1B,\s\up10(→))的夹角为120°；正方体的体积为|eq\o(AB,\s\up10(→))||eq\o(AA1,\s\up10(→))||eq\o(AD,\s\up10(→))|.综上可知，①②正确．答案：B6．已知|a|＝13，|b|＝19，|a＋b|＝24，则|a－b|＝________.解析：|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝132＋2a·b＋192＝242，∴2a·b＝46，|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝530－46＝484，故|a－b|＝22.答案：227．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，b所成的角是________．解析：eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\o(AC,\s\up10(→))＋eq\o(CD,\s\up10(→))＋eq\o(DB,\s\up10(→))，∴eq\o(CD,\s\up10(→))·eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\o(CD,\s\up10(→))·(eq\o(AC,\s\up10(→))＋eq\o(CD,\s\up10(→))＋eq\o(DB,\s\up10(→)))＝|eq\o(CD,\s\up10(→))|2＝1，∴cos〈eq\o(CD,\s\up10(→))，eq\o(AB,\s\up10(→))〉＝eq\f(\o(CD,\s\up10(→))·\o(AB,\s\up10(→)),|\o(CD,\s\up10(→))||\o(AB,\s\up10(→))|)＝eq\f(1,2)，∴异面直线a，b所成角是60°.答案：60°8．如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，则eq\o(A1B,\s\up10(→))·eq\o(B1C,\s\up10(→))＝________.解析：eq\o(A1B,\s\up10(→))·eq\o(B1C,\s\up10(→))＝eq\o(A1B,\s\up10(→))·eq\o(A1D,\s\up10(→))＝|eq\o(A1B,\s\up10(→))|·|eq\o(A1D,\s\up10(→))|·eq\o(cos,\s\up10(→))〈eq\o(A1B,\s\up10(→))，eq\o(A1D,\s\up10(→))〉＝eq\r(2)a×eq\r(2)a×cos60°＝a2.答案：a29.如图所示，已知平行六面体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝60°.求证：CC1⊥BD.证明：设eq\o(CB,\s\up10(→))＝a，eq\o(CD,\s\up10(→))＝b，eq\o(CC1,\s\up10(→))＝c，则|a|＝|b|.∵eq\o(BD,\s\up10(→))＝eq\o(CD,\s\up10(→))－eq\o(CB,\s\up10(→))＝b－a，∴eq\o(BD,\s\up10(→))·eq\o(CC1,\s\up10(→))＝(b－a)·c＝b·c－a·c＝|b||c|cos60°－|a||c|cos60°＝0，∴eq\o(CC1,\s\up10(→))⊥eq\o(BD,\s\up10(→))，即CC1⊥BD.10.已知正四面体OABC的棱长为1.求：(1)eq\o(OA,\s\up10(→))·eq\o(OB,\s\up10(→))；(2)(eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OB,\s\up10(→)))·(eq\o(CA,\s\up10(→))＋eq\o(CB,\s\up10(→)))；(3)|eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\o(OC,\s\up10(→))|.解析：(1)eq\o(OA,\s\up10(→))·eq\o(OB,\s\up10(→))＝|eq\o(OA,\s\up10(→))|·|eq\o(OB,\s\up10(→))|·cos∠AOB＝1×1×cos60°＝eq\f(1,2).(2)(eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OB,\s\up10(→)))·(eq\o(CA,\s\up10(→))＋eq\o(CB,\s\up10(→)))＝(eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OB,\s\up10(→)))·(eq\o(OA,\s\up10(→))－eq\o(OC,\s\up10(→))＋eq\o(OB,\s\up10(→))－eq\o(OC,\s\up10(→)))＝(eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OB,\s\up10(→)))·(eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OB,\s\up10(→))－2eq\o(OC,\s\up10(→)))＝12＋1×1×cos60°－2×1×1×cos60°＋1×1×cos60°＋12－2×1×1×cos60°＝1.(3)|eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\o(OC,\s\up10(→))|＝eq\r(\a\vs4\al(\o(OA,\s\up10(→))＋\o(OB,\s\up10(→))＋\o(OC,\s\up10(→))2))＝eq\r(12＋12＋12＋2×1×1×cos60°×3)＝eq\r(6).[B组能力提升]11．在空间四边形OABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝eq\f(π,3)，则cos〈eq\o(OA,\s\up10(→))，eq\o(BC,\s\up10(→))〉＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C．－eq\f(1,2) D．0解析：eq\o(OA,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\o(OA,\s\up10(→))·(eq\o(OC,\s\up10(→))－eq\o(OB,\s\up10(→)))＝eq\o(OA,\s\up10(→))·eq\o(OC,\s\up10(→))－eq\o(OA,\s\up10(→))·eq\o(OB,\s\up10(→))＝|eq\o(OA,\s\up10(→))||eq\o(OC,\s\up10(→))|·cos〈eq\o(OA,\s\up10(→))，eq\o(OC,\s\up10(→))〉－|eq\o(OA,\s\up10(→))||eq\o(OB,\s\up10(→))|·cos〈eq\o(OA,\s\up10(→))，eq\o(OB,\s\up10(→))〉，因为〈eq\o(OA,\s\up10(→))，eq\o(OC,\s\up10(→))〉＝〈eq\o(OA,\s\up10(→))，eq\o(OB,\s\up10(→))〉＝eq\f(π,3)，|eq\o(OB,\s\up10(→))|＝|eq\o(OC,\s\up10(→))|，所以eq\o(OA,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝0，所以eq\o(OA,\s\up10(→))⊥eq\o(BC,\s\up10(→))，所以cos〈eq\o(OA,\s\up10(→))，eq\o(BC,\s\up10(→))〉＝0.答案：D12．已知在正四面体A­BCD中，所有棱长都为1，△ABC的重心为G，则DG的长为()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(2,3)C.eq\f(\r(5),3) D.eq\f(\r(6),3)解析：如图，连接AG并延长交BC于点M，连接DM，∵G是△ABC的重心，∴eq\o(AG,\s\up10(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AM,\s\up10(→))，eq\o(DG,\s\up10(→))＝eq\o(DA,\s\up10(→))＋eq\o(AG,\s\up10(→))＝eq\o(DA,\s\up10(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AM,\s\up10(→))＝eq\o(DA,\s\up10(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(DM,\s\up10(→))－eq\o(DA,\s\up10(→)))＝eq\o(DA,\s\up10(→))＋eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(DB,\s\up10(→))＋\o(DC,\s\up10(→))－\o(DA,\s\up10(→))))＝eq\f(1,3)(eq\o(DA,\s\up10(→))＋eq\o(DB,\s\up10(→))＋eq\o(DC,\s\up10(→)))，而(eq\o(DA,\s\up10(→))＋eq\o(DB,\s\up10(→))＋eq\o(DC,\s\up10(→)))2＝eq\o(DA2,\s\up10(→))＋eq\o(DB2,\s\up10(→))＋eq\o(DC2,\s\up10(→))＋2eq\o(DA,\s\up10(→))·eq\o(DB,\s\up10(→))＋2eq\o(DB,\s\up10(→))·eq\o(DC,\s\up10(→))＋2eq\o(DC,\s\up10(→))·eq\o(DA,\s\up10(→))＝1＋1＋1＋2(cos60°＋cos60°＋cos60°)＝6，∴|eq\o(DG,\s\up10(→))|＝eq\f(\r(6),3).答案：D13.如图所示，已知正三棱锥A­BCD的侧棱长和底面边长都是a，点E，F分别是AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶2，则eq\o(EF,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝________.解析：因为点E，F分别是AB，AD上的点，所以eq\o(EF,\s\up10(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BD,\s\up10(→))，所以eq\o(EF,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BD,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))，结合图形可知〈eq\o(BD,\s\up10(→))，eq\o(BC,\s\up10(→))〉＝60°，所以eq\o(EF,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BD,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\f(1,3)×a×a×cos60°＝eq\f(1,6)a2.答案：eq\f(1,6)a214.如图，正四棱锥P­ABCD的各棱长都为a.(1)用向量法证明BD⊥PC；(2)求|eq\o(AC,\s\up10(→))＋eq\o(PC,\s\up10(→))|的值．解析：(1)证明：∵eq\o(BD,\s\up10(→))＝eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\o(CD,\s\up10(→))，∴eq\o(BD,\s\up10(→))·eq\o(PC,\s\up10(→))＝(eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\o(CD,\s\up10(→)))·eq\o(PC,\s\up10(→))＝eq\o(BC,\s\up10(→))·eq\o(PC,\s\up10(→))＋eq\o(CD,\s\up10(→))·eq\o(PC,\s\up10(→))＝|eq\o(BC,\s\up10(→))||eq\o(PC,\s\up10(→))|·cos60°＋|eq\o(CD,\s\up10(→))||eq\o(PC,\s\up10(→))|cos120°＝eq\f(1,2)a2－eq\f(1,2)a2＝0，∴eq\o(BD,\s\up10(→))⊥eq\o(PC,\s\up10(→))，∴BD⊥PC.(2)∵eq\o(AC,\s\up10(→))＋eq\o(PC,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\o(PC,\s\up10(→))，∴|eq\o(AC,\s\up10(→))＋eq\o(PC,\s\up10(→))|2＝|eq\o(AB,\s\up10(→))|2＋|eq\o(BC,\s\up10(→))|2＋|eq\o(PC,\s\up10(→))|2＋2eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＋2eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(PC,\s\up10(→))＋2eq\o(BC,\s\up10(→))·eq\o(PC,\s\up10(→))＝a2＋a2＋a2＋0＋2a2cos60°＋2a2cos60°＝5a2，∴|eq\o(AC,\s\up10(→))＋eq\o(PC,\s\up10(→))|＝eq\r(5)a.15.如图，正三棱柱ABC­A1B1C1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．解析：(1)证明：eq\o(AB1,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BB1,\s\up10(→))，eq\o(BC1,\s\up10(→))＝eq\o(BB1,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→)).∵BB1⊥平面ABC，∴eq\o(BB1,\s\up10(→))·eq\o(AB,\s\up10(→))＝0，eq\o(BB1,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝0.又△ABC为正三角形，∴〈eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(BC,\s\up10(→))〉＝π－〈eq\o(BA,\s\up10(→))，eq\