2020秋高中數(shù)學(xué)人教版2-1達(dá)標(biāo)練習(xí)：3.1-3.1.3 空間向量的數(shù)量積運(yùn)算含解析

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2020秋高中數(shù)學(xué)人教A版選修2-1達(dá)標(biāo)練習(xí)：3.1-3.1.3空間向量的數(shù)量積運(yùn)算含解析A級基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1．對于a，b，c向量和實(shí)數(shù)λ，下列命題中的真命題是（)A．若a·b＝0，則a＝0或b＝0B．若λa＝0，則λ＝0或a＝0C．若a2＝b2，則a＝b或a＝－bD．若a·b＝a·c，則b＝c答案：B2．已知a，b均為單位向量，它們的夾角為60°,那么|a＋3b｜＝（)A．13 B.eq\r（13) C．2 D.eq\r(5)解析：｜a＋3b｜＝eq\r（（a＋3b）2）＝eq\r(a2＋6a·b＋9b2）＝eq\r(1＋6×cos60°＋9）＝eq\r(13）.答案：B3．若a與a＋2b的數(shù)量積為6，且|a｜＝2，|b｜＝1，則向量a與b之間的夾角為（）A。eq\f（π，6） B.eq\f(π,3) C.eq\f（2,3）π D.eq\f（5，6)π答案:B4．A,B,C,D是空間不共面的四點(diǎn),且滿足eq\o（AB，\s\up14（→)）·eq\o（AC，\s\up14(→)）＝0,eq\o（AC,\s\up14（→））·eq\o(AD，\s\up14(→)）＝0，eq\o（AB，\s\up14（→））·eq\o(AD,\s\up14（→））＝0，M為BC中點(diǎn)，則△AMD是(）A．鈍角三角形 B．銳角三角形C．直角三角形 D．不確定答案：C5．已知空間向量a，b，c滿足a＋b＋c＝0,｜a|＝2，|b｜＝3，｜c(diǎn)|＝4，則a與b的夾角為(）A．30° B．45°C．60° D．以上都不對答案：D二、填空題6．已知空間向量a，b，c滿足a＋b＋c＝0，｜a|＝3，|b｜＝1，｜c(diǎn)｜＝4,則a·b＋b·c＋c·a的值為________．解析：因?yàn)閍＋b＋c＝0,所以(a＋b＋c）2＝0,所以a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a）＝0,所以a·b＋b·c＋c·a＝－eq\f（32＋12＋42，2)＝－13。答案：－137．已知|a|＝3eq\r（2)，|b｜＝4,m＝a＋b，n＝a＋λb，〈a，b〉＝135°，m⊥n，則λ＝________．解析：由m⊥n,得（a＋b)·(a＋λb）＝0,所以a2＋(1＋λ)a·b＋λb2＝0,所以18＋（λ＋1)·3eq\r(2)×4cos135°＋16λ＝0，即4λ＋6＝0，所以λ＝－eq\f（3，2).答案：－eq\f（3,2）8．已知向量a與b的夾角為135°，且|a｜＝|b|＝4,則a·(2a－b)＝________．解析：a·(2a－b）＝2a2－a·b＝2×42－4×4·cos135°＝32＋8eq\r（2）答案：32＋8eq\r(2）三、解答題9．如圖所示,在平行四邊形ABCD中,AD＝4，CD＝3,∠BAD＝120°，PA⊥平面ABCD，PA＝6。求PC的長．解：因?yàn)閑q\o（PC,\s\up14（→)）＝eq\o(PA,\s\up14（→))＋eq\o(AD，\s\up14（→）)＋eq\o(DC,\s\up14（→））,所以|eq\o(PC,\s\up14(→）)|2＝eq\o(PC,\s\up14（→))·eq\o（PC，\s\up14（→)）＝(eq\o（PA，\s\up14（→））＋eq\o（AD，\s\up14（→))＋eq\o(DC，\s\up14（→）))2＝|eq\o（PA,\s\up14（→））|2＋|eq\o(AD,\s\up14(→））｜2＋|eq\o(DC,\s\up14(→）)｜2＋2eq\o（PA，\s\up14（→))·eq\o（AD，\s\up14（→）)＋2eq\o（PA，\s\up14(→））·eq\o（DC，\s\up14(→））＋2eq\o(AD,\s\up14(→））·eq\o（DC,\s\up14（→））＝62＋42＋32＋2·|eq\o（AD，\s\up14（→))｜·|eq\o(DC,\s\up14（→))|·cos120°＝49.所以｜eq\o(PC，\s\up14（→）)|＝7，故PC的長為7.10．如圖所示,正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面邊長為eq\r（2）。（1）設(shè)側(cè)棱長為1,求證：AB1⊥BC1；（2)設(shè)AB1與BC1的夾角為eq\f(π,3)，求側(cè)棱的長．(1）證明:eq\o(AB1,\s\up14(→))＝eq\o（AB,\s\up14（→）)＋eq\o(BB1，\s\up14(→))，eq\o(BC1,\s\up14(→）)＝eq\o(BB1，\s\up14（→)）＋eq\o(BC,\s\up14（→))。因?yàn)锽B1⊥平面ABC，所以eq\o（BB1,\s\up14(→))·eq\o（AB,\s\up14(→））＝0，eq\o（BB1，\s\up14(→))·eq\o(BC，\s\up14（→）)＝0.又△ABC為正三角形,所以<eq\o（AB,\s\up14(→）),eq\o(BC,\s\up14(→))〉＝π－<eq\o（BA,\s\up14(→)），eq\o(BC，\s\up14(→))>＝π－eq\f（π,3）＝eq\f（2π,3）.因?yàn)閑q\o（AB1，\s\up14（→)）·eq\o(BC1,\s\up14(→）)＝（eq\o(AB，\s\up14(→））＋eq\o(BB1,\s\up14(→））)·(eq\o(BB1，\s\up14（→))＋eq\o（BC,\s\up14（→))）＝eq\o（AB,\s\up14（→）)·eq\o（BB1，\s\up14(→)）＋eq\o(AB,\s\up14（→）)·eq\o(BC,\s\up14（→)）＋eq\o(BB1，\s\up14(→)）2＋eq\o(BB1,\s\up14（→))·eq\o(BC,\s\up14（→）)＝｜eq\o(AB,\s\up14(→)）｜·｜eq\o（BC，\s\up14（→））｜·cos〈eq\o(AB，\s\up14(→))·eq\o(BC，\s\up14（→））〉＋eq\o(BB1，\s\up14(→））2＝－1＋1＝0，所以AB1⊥BC1.（2)解:結(jié)合(1）知eq\o（AB1，\s\up14（→））·eq\o（BC1,\s\up14(→))＝|eq\o(AB，\s\up14（→)）｜·｜eq\o（BC,\s\up14（→）)|·cos〈eq\o（AB,\s\up14(→))，eq\o(BC，\s\up14（→))〉＋eq\o（BB1,\s\up14（→)）2＝eq\o(BB1，\s\up14(→）)2－1.又｜eq\o（AB1,\s\up14（→))｜＝eq\r（\a\vs4\al(（\o（AB,\s\up14(→))＋\o（BB1,\s\up14（→）)）2)）＝eq\r（\a\vs4\al(2＋\o(BB1，\s\up14（→）)2）)＝｜eq\o(BC1,\s\up14(→））｜，所以cos<eq\o(AB1,\s\up14(→）),eq\o(BC1,\s\up14（→））>＝eq\f(\o(BB1，\s\up14（→）)2－1，2＋\o(BB1，\s\up14(→））2)＝eq\f（1,2）。所以|eq\o（BB1,\s\up14(→））|＝2,即側(cè)棱長為2。B級能力提升1．已知空間向量a，b，c，兩兩夾角為60°，其模都為1，則|a－b＋2c｜＝(）A。eq\r（5） B．5 C．6 D。eq\r(6）解析：因?yàn)椋黙｜＝|b｜＝｜c(diǎn)｜＝1,<a,b〉＝〈b,c>＝〈c，a〉＝60°，所以a·b＝b·c＝a·c＝eq\f(1,2），a2＝b2＝c2＝1。所以|a－b＋2c|＝eq\r(（a－b＋2c)2)＝eq\r(a2＋b2＋4c2－2a·b＋4a·c－4c·b)＝eq\r(1＋1＋4－2×\f（1，2）＋4×\f(1，2）－4×\f(1，2))＝eq\r(6－1＋2－2)＝eq\r（5).答案:A2．已知｜a|＝2,｜b|＝1,<a,b〉＝60°，則使向量a＋λb與λa－2b的夾角為鈍角的實(shí)數(shù)λ的取值范圍是________．解析:由題意知eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（（a＋λb)·（λa－2b）<0,，cos〈a＋λb,λa－2b>≠－1，)）即eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1((a＋λb）·（λa－2b）<0,，（a＋λb)·(λa－2b)≠－|a＋λb｜·｜λa－2b|，）)?λ2＋2λ－2<0。所以－1－eq\r(3）<λ〈－1＋eq\r（3).答案：(－1－eq\r（3），－1＋eq\r（3）)3.在棱長為1的正方體ABCD.A′B′C′D′中，E，F(xiàn)分別是D′D，BD的中點(diǎn)，G在棱CD上,且CG＝eq\f(1，4）CD，H為C′G的中點(diǎn)．（1)求EF，C′G所成角的余弦值；（2）求FH的長．解：設(shè)eq\o（AB，\s\up14（→））＝a，eq\o(AD，\s\up14（→））＝b，eq\o(AA′，\s\up14(→)）＝c,則a·b＝b·c＝c·a＝0,｜a|2＝a2＝1，｜b｜2＝b2＝1，｜c(diǎn)｜2＝c2＝1。(1）因?yàn)閑q\o(EF，\s\up14(→)）＝eq\o（ED，\s\up14(→））＋eq\o（DF,\s\up14(→))＝－eq\f(1，2）c＋eq\f（1，2)（a－b)＝eq\f（1，2)(a－b－c),eq\o（C′G,\s\up14（→)）＝eq\o（C′C，\s\up14（→））＋eq\o(CG,\s\up14(→）)＝－c－eq\f(1,4)a，所以eq\o（EF，\s\up14(→))·eq\o(C′G,\s\up14(→）)＝eq\f（1，2）(a－b－c）·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－c－\f(1,4）a))＝eq\f(1，2)（－eq\f(1,4)a2＋c2）＝eq\f(3,8），|eq\o(EF,\s\up14(→））｜2＝eq\f(1,4)（a－b－c)2＝eq\f（1,4)（a2＋b2＋c2）＝eq\f（3，4），|eq\o(C′G,\s\up14(→)）｜2＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－c－\f（1，4)a)）eq\s\up12(2）＝c2＋eq\f（1,16)a2＝eq\f(17,16），所以｜eq\o（EF，\s\up14(→）)|＝eq\f(\r(3）,2），|eq\o(C′G,\s\up14(→）)|＝eq\f（\r(17），4)，cos〈eq\o（EF，\s\up14(→)）,eq\o（C′G,\s\up14(→）)〉＝eq\f（\o(EF,\s\up14(→)）·\o(C′G，\s\up14（→）)，｜\o(EF，\s\up14(→)）｜｜\o（C′G,\s\up14（→)）|)＝eq\f(\r(51)，17）,所以EF，C′G所成角的余弦值為eq\f(\r(51），17）.（2)因?yàn)閑q\o（FH，\s\up14(→）)＝eq\o（FB,\s\up14（→））＋eq\o（BC，\s\up14(→)）＋eq\o(CC′,\s\up14(→))＋eq\o（C′H,\s\up14(→))＝eq\f(1,2）(a－b）＋b＋c＋eq\f（1，2）eq\o(C′G，\s\up14(→)）＝eq\f（1，2）(a－b）＋b＋c＋eq\f(1,2）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－c－\f(1，4)a))＝eq\f(3,8）a＋eq\f（1，2)b＋eq\f(1,