四川省成都市都一中數(shù)學(xué)2-1同步檢測第三章第2課時空間向量的數(shù)量積運(yùn)算含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第2課時空間向量的數(shù)量積運(yùn)算基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)(水平一)1.在△ABC中，AB=a，BC=b,若a·b<0，則△ABC是()。A。鈍角三角形 B。直角三角形C。銳角三角形 D.不能確定是何種三角形【解析】由a·b=|a|｜b|·cos<a,b〉〈0得cos<a，b><0,所以向量AB與BC的夾角為鈍角,即∠B的補(bǔ)角為鈍角,所以只能判斷∠B為銳角,但三角形的形狀不能確定?！敬鸢浮緿2。如圖，已知長方體ABCD—A1B1C1D1，下列向量的數(shù)量積一定不為0的是()。A.AD1B.BD1C。AB·AD。BD1【解析】當(dāng)四邊形AA1D1D是正方形時，AD1⊥B1C,AD1·B1C=0；當(dāng)四邊形ABCD是正方形時，BD1⊥AC，BD1·AC=0;因?yàn)锳B⊥平面AA1D1D,所以AB⊥AD1,AB·AD1=0;BD1與BC所成的角是∠CBD1,【答案】D3.如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，底面是邊長為2的正方形，若∠A1AB=∠A1AD=60°，且A1A=3，則A1C的長為（).A.5 B。22C。14 D.17【解析】設(shè)AA1=a，AB=b,AD=由已知得｜a|=3，|b|=｜c(diǎn)|=2,a·b=a·c=3×2×cos60°=3，b·c=0。因?yàn)锳1C=A1A+AB+BC=—a+所以A1C2=(—a+b+=a2+b2+c2-2a·b-2a·c+2b·c=32+22+22—2×3—2×3+2×0=5。所以|A1C｜=5，即A1C的長為【答案】A4.若|a+b｜=2，｜a—b｜=3，且cos<a+b，a-b>=14，則|a|,|b｜的值分別為（）A.1，52 B。2,C。2，52 D.1，【解析】a2-b2=（a+b）·(a-b)=｜a+b||a—b｜·cos<a+b,a—b〉=2×3×14=32。由｜a+b|=2得a2+2a·b+b2=4,由|a-b|=3得a2—2a·b+b2=9,所以a2+b2=132，所以a2=4，b2=52，所以|a|=2，｜【答案】B5.若向量(a+3b)⊥（7a-5b)，(a-4b)⊥(7a—2b)，則向量a和b的夾角是。

【解析】由題意知（a+3b）·（7a—5b)=0，（a-4b）·(7a—2b)=0,即7a2+16a·b-15b2=0,7a2—30a·b+8b2=0，解得a2=b2,b2=2a·b,∴cos<a,b〉=a·b|又∵0≤<a，b>≤180°，∴<a,b>=60°。【答案】60°6.在空間四邊形ABCD中,AB·CD+AC·DB+AD·BC的值為。

【解析】如圖,令A(yù)B=a，AC=b,AD=c,則AB·CD+AC·DB+AD·BC=AB·（AD—AC)+AC·(AB-AD)+AD·(AC-AB）=a·(c-b)+b·（a—c)+c·(b—a)=a·c—a·b+b·a—b·c+c·b-c·a=0?！敬鸢浮?7。如圖,在空間四面體OABC中，OA=8，AB=6,AC=4,BC=5，且∠OAC=45°,∠OAB=60°,求OA與BC所成角的余弦值。【解析】∵BC=AC—AB，∴OA·BC=OA·AC—OA·AB=|OA｜｜AC|·cos〈OA，AC〉-|OA｜|AB｜·cos〈OA,AB>=8×4×cos135°—8×6×cos120°=24-162。∴cos<OA,BC>=OA·BC|OA||故OA與BC所成角的余弦值為3-拓展提升（水平二）8.若正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱長都為2，E，F(xiàn)分別是AB，A1C1的中點(diǎn),則EF的長是（）.A。2 B.3 C.5 D。7【解析】如圖，設(shè)AB=a,AC=b,AA1=由題意知｜a|=|b｜=|c｜=2，且〈a，b>=60°，〈a，c〉=<b,c〉=90°。因?yàn)镋F=EA+AA1+A1F=—12AB+AA1所以|EF｜2=14a2+14b2+c2+2-12a·12b+12b·c-1=14×22+14×22+22+2×-1=1+1+4-1=5，所以｜EF｜=5.【答案】C9。設(shè)P是二面角α—AB—β棱上的一點(diǎn),分別在α,β平面上引射線PM,PN，如果∠BPM=∠BPN=45°，∠MPN=60°,那么二面角α—AB—β的大小為（）。A.60° B.70° C.80°D.90°【解析】不妨設(shè)PM=a，PN=b,作ME⊥AB于點(diǎn)E，NF⊥AB于點(diǎn)F,如圖。因?yàn)椤螮PM=∠FPN=45°,所以PE=22a，PF=22所以EM·FN=（PM—PE）·（PN—PF)=PM·PN-PM·PF—PE·PN+PE·PF=abcos60°-a×22bcos45°—22abcos45°+22=ab2-ab2—ab2+所以EM⊥FN，所以二面角α-AB-β的大小為90°。【答案】D10。在正方體ABCD-A1B1C1D1中,有下列命題：①(AA1+AD+AB）2=3②A1C·（A1B1③AD1與A1④正方體的體積為|AB·AA1·其中正確的命題是.（填序號）

【解析】如圖,（AA1+AD+AB)2=(AA1+A1D1+D1C1A1C·（A1B1—A1A)=AAD1與A1B的夾角是D1C與D1A夾角的補(bǔ)角，而D1C與D1A的夾角為正方體的體積為|AB｜|AA1|｜AD|，④綜上可知,①②正確?！敬鸢浮竣佗?1.如圖，已知空間四邊形ABCD的各邊和對角線的長都等于a，M,N分別是AB,CD的中點(diǎn).（1)求證：MN⊥AB,MN⊥CD.(2）求MN的長。（3）求異面直線AN與CM所成角的余弦值.【解析】(1）設(shè)AB=p,AC=q，AD=r.由題意可知|p｜=|q｜=｜r｜=a,且p，q，r三個向量兩兩的夾角均為60°。MN=AN-AM=12(AC+AD）—12AB=12(q+∴MN·AB=12(q+r—p)·p=12(q·p+r·p-p=12(a2·cos60°+a2·cos60°—a2）∴MN⊥AB,同理可證MN⊥CD。(2）由(1)可知MN=12（q+r-p∴｜MN|2=MN2=14(q+r—p=14[q2+r2+p2+2(q·r—p·q—r·p=14a2+a2+∴｜MN|=22a?！郙N的長為2（3)設(shè)向量AN與MC的夾角為θ.∵AN=12(AC+AD)=12(q+MC=AC—AM=q—12p∴AN·MC=12（q+r）·=1=12a2又∵｜AN｜=|MC|=32a∴AN·MC=|AN｜|MC|·cosθ=32