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高中新课程数学(新课标人教A版)选修2-1《3.1.3 空间向量的数量积》评估训练


3.1.3

空间向量的数量积运算

双基达标
A.若 a· b=0,则 a=0 或 b=0 B.若 λa=0,则λ =0 或 a=0 C.若 a2=b2,则 a=b 或 a=-b D.若 a· b=a· c,则 b=c

?限时 20 分钟? ( ).

1. 对于向量 a、 c 和实数

λ, b、 下列命题中的真命题是

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· 可以移项整理推得 a⊥(b-c). c 答案 B 2.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.2BA·AC B.2AD·DB C.2FG·AC D.2EF·CB ( ).





→ →









→ → → → 解析 2BA·AC=-a2,故 A 错;2AD·DB=-a2,故 B 错;
1 → → 2EF·CB=- a2,故 D 错,只有 C 正确. 2 答案 C π → → 3. 空间四边形 OABC 中, OB=OC, ∠AOB=∠AOC= , cos 则 〈OA, 〉 BC 的值为 3 1 A. 2 B. 2 2 1 C.- 2 D.0 ( ).

解析 因为OA·BC=OA·(OC-OB)=OA·OC-OA·OB=|OA||OC|cos〈OA,OC〉- |OA||OB|cos〈OA,OB〉 ,



















→ →





→ →





π → → → → 又因为〈OA,OC〉=〈OA,OB〉= , 3

→ → → → |OB|=|OC|,所以OA·BC=0,
所以OA⊥BC,所以 cos〈OA,BC〉=0. 答案 D 4.已知 a,b 是空间两个向量,若|a|=2,|b|=2,|a-b|= 7,则 cos〈a,b〉=________. 1 解析 将|a-b|= 7化为(a-b)2=7,求得 a· ,再由 a· b= b=|a||b|cos〈a,b〉求得 2 1 cos〈a,b〉= . 8 答案 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· 的值为 a ________. 解析 ∵a+b+c=0,∴(a+b+c)2=0,∴a2+b2+c2+2(a· b+b· c+c· a)=0, 32+12+42 ∴a· b+b· c+c· a=- =-13. 2 答案 -13 6.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)BC·ED1;(2)BF·AB1









→ → → 解 如图所示,设AB=a,AD=b,AA1=c,
则|a|=|c|=2,|b|=4,a· b=b·c=c· a=0. 1 → → → → → (1)BC·ED1=BC·(EA1+A1D1)=b· (c-a)+b] [ 2 =|b|2=42=16. (2)BF·AB1=(BA1+A1F)· +AA1) (AB 1 =(c-a+ b)· (a+c)=|c|2-|a|2=22-22=0. 2













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. 3 B.2 C. 5 D. 6 ( ).

解析:∵AC1=AB+AD+AA1









∴AC12=(AB+AD+AA1)2=AB2+AD2+AA12+2AB·AD+2AB·AA1+2AD·AA1=1+1 → +1+2(cos 60°+cos 60°+cos 60°)=6,∴|AC1|= 6. 答案:D 8.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 ∵AB·CD=(AC+CD+DB)· =AC·CD+|CD|2+DB·CD=|CD|2=1, CD AB·CD 1 ∴cos〈AB,CD〉= = , → → 2 |AB||CD|









→ →





















∴a 与 b 的夹角为 60°. 答案 C 9.已知|a|=3 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)×3 2× 3 4cos 135°+16λ=0,即 4λ+6=0,∴λ=- . 2 3 答案 - 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 ______.

→ → → → → 1→ 解析 不妨设棱长为 2,则AB1=BB1-BA,BM=BC+ BB1, 2 → → → 1→ (BB1-BA)· (BC+ BB1) 2 0-2+2-0 cos 〈AB1, 〉 BM = = = 2 2× 5 2 2× 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= 2.

→ → → → → → → → → BD·AC=(AD-AB)· =AD·AC-AB·AC, AC → → → → → → → → → → → 由于AD·AC=AD·(AD+DC)=AD·AD=1,AB·AC=|AB|·|AC|cos 60°= 2× 2×
1 → → =1.∴BD·AC=0,即 BD⊥AC,又已知 BD⊥AD,AD∩AC=A,∴BD⊥平面 ADC. 2

12.(创新拓展)如图,正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,底面边长为 2. (1)设侧棱长为 1,求证:AB1⊥BC1; π (2)设 AB1 与 BC1 的夹角为 ,求侧棱的长. 3 → → → → → → (1)证明 AB1=AB+BB1,BC1=BB1+BC. ∵BB1⊥平面 ABC,∴BB1·AB=0,BB1·BC=0. π 2π → → → → 又△ABC 为正三角形,∴〈AB·BC〉=π-〈BA·BC〉=π- = . 3 3 ∵AB1·BC1=(AB+BB1)· 1+BC) (BB =AB·BB1+AB·BC+BB12+BB1·BC =|AB|·|BC|·cos〈AB,BC〉+BB12=-1+1=0, ∴AB1⊥BC1. (2)解













































→ → → → → → → → 结合(1)知AB1·BC1=|AB|·|BC|·cos〈AB,BC〉+BB12=BB12-1. →

又|AB1|= (AB― →+BB1― )2= 2+BB1― 2=|BC1|. → → BB12-1 1 → → ∴cos〈AB1,BC1〉= = , 2 → 2+BB12 ∴|BB1|=2,即侧棱长为 2.








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