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文檔簡介
.1空間向量及其運算1.1.2空間向量的數(shù)量積運算學(xué)問點一空間向量的夾角假如〈a,b〉=eq\f(π,2),那么向量a,beq\x(\s\up1(05))相互垂直,記作eq\x(\s\up1(06))a⊥b.學(xué)問點二空間向量的數(shù)量積(1)定義eq\x(\s\up1(01))已知兩個非零向量a,b,則|a||b|cos〈a,b〉叫做a,b的數(shù)量積,記作eq\x(\s\up1(02))a·b,即eq\x(\s\up1(03))a·b=|a|·|b|cos〈a,b〉.特殊地,eq\x(\s\up1(04))零向量與隨意向量的數(shù)量積為0.(2)由數(shù)量積定義,可以得到:①a⊥b?eq\x(\s\up1(05))a·b=0.②a·a=eq\x(\s\up1(06))|a||a|cos〈a,a〉=eq\x(\s\up1(07))|a|2.(3)運算律①(λa)·b=eq\x(\s\up1(08))λ(a·b),λ∈R.②a·b=eq\x(\s\up1(09))b·a(交換律).③a·(b+c)=eq\x(\s\up1(10))a·b+a·c(安排律).1.空間向量數(shù)量積性質(zhì)的應(yīng)用(1)a⊥b?a·b=0,此結(jié)論可用于證明空間中的垂直關(guān)系.(2)|a|2=a2,此結(jié)論可用于求空間中線段的長度.(3)cos〈a,b〉=eq\f(a·b,|a||b|),此結(jié)論可用于求有關(guān)空間角的問題.(4)|b|cos〈a,b〉=eq\f(a·b,|a|),此結(jié)論可用于求空間中的距離問題.2.利用向量數(shù)量積求夾角問題的兩種方法(1)結(jié)合圖形,平移向量,利用空間向量夾角的定義來求,但要留意向量夾角的范圍.(2)先求a·b,再利用公式cos〈a,b〉=eq\f(a·b,|a||b|)求cos〈a,b〉,最終確定〈a,b〉.3.求兩點間的距離或線段長的方法(1)將此線段用向量表示,通過向量運算來求對應(yīng)向量的模.(2)因為a·a=|a|2,所以|a|=eq\r(a·a),這是利用向量解決距離問題的基本公式.另外,該公式還可以推廣為|a±b|=eq\r(a±b2)=eq\r(a2±2a·b+b2).(3)可用|a·e|=|a||cosθ|(e為單位向量,θ為a,e的夾角)來解決一個向量在另一個向量所在直線上的投影問題.1.判一判(正確的打“√”,錯誤的打“×”)(1)對于空間隨意兩個非零向量a,b,a∥b是〈a,b〉=0的充要條件.()(2)若a2=b2,則a=b或a=-b.()(3)若a,b均為非零向量,則a·b=|a||b|是a與b共線的充要條件.()(4)在△ABC中,〈eq\o(AB,\s\up6(→)),eq\o(BC,\s\up6(→))〉=∠B.()答案(1)×(2)×(3)×(4)×2.做一做(1)已知四邊形ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,連接AC,BD,PB,PC,PD,則下列各組向量中數(shù)量積可能不為零的是()A.eq\o(PC,\s\up6(→))與eq\o(BD,\s\up6(→)) B.eq\o(DA,\s\up6(→))與eq\o(PB,\s\up6(→))C.eq\o(PD,\s\up6(→))與eq\o(AB,\s\up6(→)) D.eq\o(PA,\s\up6(→))與eq\o(CD,\s\up6(→))(2)若向量a與b滿意|a|=1,|b|=2且a與b的夾角為eq\f(π,3),則a·b=________.(3)已知|a|=eq\r(2),|b|=eq\f(\r(2),2),a·b=-eq\f(\r(2),2),則a與b的夾角為________.(4)已知a,b是空間兩個向量,若|a|=2,|b|=2,|a-b|=eq\r(7),則cos〈a,b〉=________.答案(1)A(2)1(3)135°(4)eq\f(1,8)題型一求向量的數(shù)量積例1如圖所示,已知空間四邊形ABCD的每條邊和對角線長都等于1,點E,F(xiàn)分別是AB,AD的中點,計算:(1)eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→));(2)eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→));(3)eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→));(4)eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→)).[解](1)eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))=eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))=eq\f(1,2)|eq\o(BD,\s\up6(→))||eq\o(BA,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(BD,\s\up6(→)),eq\o(BA,\s\up6(→))〉=eq\f(1,2)×1×1×cos60°=eq\f(1,4).(2)eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))=eq\f(1,2)|eq\o(BD,\s\up6(→))||eq\o(BD,\s\up6(→))|cos〈eq\o(BD,\s\up6(→)),eq\o(BD,\s\up6(→))〉=eq\f(1,2)×1×1×cos0°=eq\f(1,2).(3)eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))=eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))=eq\f(1,2)|eq\o(BD,\s\up6(→))||eq\o(DC,\s\up6(→))|cos〈eq\o(BD,\s\up6(→)),eq\o(DC,\s\up6(→))〉=eq\f(1,2)×1×1×cos120°=-eq\f(1,4).(4)eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→))=eq\f(1,2)(eq\o(BD,\s\up6(→))+eq\o(BA,\s\up6(→)))·eq\f(1,2)(eq\o(CB,\s\up6(→))+eq\o(CA,\s\up6(→)))=eq\f(1,4)[eq\o(BD,\s\up6(→))·(-eq\o(BC,\s\up6(→)))+eq\o(BA,\s\up6(→))·(-eq\o(BC,\s\up6(→)))+eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))+eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))]=eq\f(1,4)[-eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))-eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))+(eq\o(CD,\s\up6(→))-eq\o(CB,\s\up6(→)))·eq\o(CA,\s\up6(→))+eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))]=eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)-\f(1,2)+\f(1,2)-\f(1,2)+\f(1,2)))=-eq\f(1,8).1.空間向量運算的兩種方法(1)利用定義:利用a·b=|a||b|cos〈a,b〉并結(jié)合運算律進行計算.(2)利用圖形:計算兩個向量的數(shù)量積,可先將各向量移到同一頂點,利用圖形找尋夾角,再代入數(shù)量積公式進行運算.2.在幾何體中求空間向量數(shù)量積的步驟(1)首先將各向量分解成已知模和夾角的向量的組合形式.(2)利用向量的運算律將數(shù)量積綻開,轉(zhuǎn)化為已知模和夾角的向量的數(shù)量積.(3)代入a·b=|a||b|cos〈a,b〉求解.[跟蹤訓(xùn)練1]如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=1,AD=2,O為AC與BD的交點,E為A1D1的中點,求下列向量的數(shù)量積:(1)eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→));(2)eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→));(3)eq\o(EO,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→)).解設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))=a,eq\o(AD,\s\up6(→))=b,eq\o(AA1,\s\up6(→))=c,則|a|=|c|=1,|b|=2,(1)∵eq\o(BD,\s\up6(→))=eq\o(AD,\s\up6(→))-eq\o(AB,\s\up6(→))=b-a,∴eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))=(b-a)·c=b·c-a·c.又a,b,c兩兩相互垂直,∴b·c=0,a·c=0,故eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))=0.(2)∵eq\o(AE,\s\up6(→))=eq\o(AA1,\s\up6(→))+eq\o(A1E,\s\up6(→))=eq\o(AA1,\s\up6(→))+eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))=c+eq\f(1,2)b,又eq\o(AC,\s\up6(→))=eq\o(AB,\s\up6(→))+eq\o(AD,\s\up6(→))=a+b,∴eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c+\f(1,2)b))·(a+b)=eq\f(1,2)|b|2=2.(3)∵eq\o(EO,\s\up6(→))=eq\o(AO,\s\up6(→))-eq\o(AE,\s\up6(→))=eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))+eq\o(AD,\s\up6(→)))-(eq\o(AA1,\s\up6(→))+eq\o(A1E,\s\up6(→)))=eq\f(1,2)(a+b)-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c+\f(1,2)b))=eq\f(1,2)a-c,又eq\o(AC,\s\up6(→))=a+b,∴eq\o(EO,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a-c))·(a+b)=eq\f(1,2)a2=eq\f(1,2).題型二利用數(shù)量積求夾角例2已知空間四邊形OABC各邊及對角線長都相等,E,F(xiàn)分別為AB,OC的中點,求向量eq\o(OE,\s\up6(→))與eq\o(BF,\s\up6(→))夾角的余弦值.[解]如右圖,設(shè)eq\o(OA,\s\up6(→))=a,eq\o(OB,\s\up6(→))=b,eq\o(OC,\s\up6(→))=c,|a|=|b|=|c|=1,易知∠AOB=∠BOC=∠AOC=eq\f(π,3),則a·b=b·c=c·a=eq\f(1,2).因為eq\o(OE,\s\up6(→))=eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))+eq\o(OB,\s\up6(→)))=eq\f(1,2)(a+b),eq\o(BF,\s\up6(→))=eq\o(OF,\s\up6(→))-eq\o(OB,\s\up6(→))=eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))-eq\o(OB,\s\up6(→))=eq\f(1,2)c-b,|eq\o(OE,\s\up6(→))|=|eq\o(BF,\s\up6(→))|=eq\f(\r(3),2),所以eq\o(OE,\s\up6(→))·eq\o(BF,\s\up6(→))=eq\f(1,2)(a+b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)c-b))=eq\f(1,4)a·c+eq\f(1,4)b·c-eq\f(1,2)a·b-eq\f(1,2)b2=-eq\f(1,2),所以cos〈eq\o(OE,\s\up6(→)),eq\o(BF,\s\up6(→))〉=eq\f(\o(OE,\s\up6(→))·\o(BF,\s\up6(→)),|\o(OE,\s\up6(→))||\o(BF,\s\up6(→))|)=-eq\f(2,3).所以向量eq\o(OE,\s\up6(→))與eq\o(BF,\s\up6(→))夾角的余弦值是-eq\f(2,3).由數(shù)量積求角的方法策略(1)由兩個向量的數(shù)量積的定義得cos〈a,b〉=eq\f(a·b,|a||b|),求〈a,b〉的大小,轉(zhuǎn)化為求兩個向量的數(shù)量積及兩個向量的模,求出〈a,b〉的余弦值,進而求出〈a,b〉的大?。谇骯·b時,留意結(jié)合空間圖形把a,b用基向量表示出來,進而化簡得出a·b的值.(2)利用向量的數(shù)量積求出兩個向量的夾角,則這個夾角是兩異面直線所成的角或其補角(留意異面直線所成角的范圍).[跟蹤訓(xùn)練2]三棱柱ABC-A1B1C1中,底面邊長和側(cè)棱長都相等,∠BAA1=∠CAA1=60°,則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為________.答案eq\f(\r(6),6)解析如圖所示,設(shè)該三棱柱的底面邊長為1,依題意有eq\o(AB1,\s\up6(→))=eq\o(AB,\s\up6(→))+eq\o(AA1,\s\up6(→)),eq\o(BC1,\s\up6(→))=eq\o(BA,\s\up6(→))+eq\o(AA1,\s\up6(→))+eq\o(A1C1,\s\up6(→))=eq\o(AC,\s\up6(→))+eq\o(AA1,\s\up6(→))-eq\o(AB,\s\up6(→)),則|eq\o(AB1,\s\up6(→))|2=(eq\o(AB,\s\up6(→))+eq\o(AA1,\s\up6(→)))2=eq\o(AB,\s\up6(→))2+2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))+eq\o(AA1,\s\up6(→))2=2+2cos60°=3,|eq\o(BC1,\s\up6(→))|2=(eq\o(AC,\s\up6(→))+eq\o(AA1,\s\up6(→))-eq\o(AB,\s\up6(→)))2=eq\o(AC,\s\up6(→))2+eq\o(AA1,\s\up6(→))2+eq\o(AB,\s\up6(→))2+2eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))-2eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))-2eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))=2,而eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))=(eq\o(AB,\s\up6(→))+eq\o(AA1,\s\up6(→)))·(eq\o(AC,\s\up6(→))+eq\o(AA1,\s\up6(→))-eq\o(AB,\s\up6(→)))=eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))+eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))-eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))+eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))+eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))-eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))=eq\f(1,2)+eq\f(1,2)-1+eq\f(1,2)+1-eq\f(1,2)=1,所以cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→)),eq\o(BC1,\s\up6(→))〉=eq\f(\o(AB1,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→)),|\o(AB1,\s\up6(→))||\o(BC1,\s\up6(→))|)=eq\f(1,\r(3)×\r(2))=eq\f(\r(6),6).所以異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為eq\f(\r(6),6).題型三利用向量數(shù)量積求距離例3已知線段AB在平面α內(nèi),線段AC⊥α,線段BD⊥AB,且與α所成的角是30°,假如AB=a,AC=BD=b,求C,D間的距離.[解]如圖,由AC⊥α,知AC⊥AB.過點D作DD′⊥α于點D′,連接BD′,則∠DBD′=30°,〈eq\o(CA,\s\up6(→)),eq\o(BD,\s\up6(→))〉=120°,所以|eq\o(CD,\s\up6(→))|2=eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))=(eq\o(CA,\s\up6(→))+eq\o(AB,\s\up6(→))+eq\o(BD,\s\up6(→)))2=|eq\o(CA,\s\up6(→))|2+|eq\o(AB,\s\up6(→))|2+|eq\o(BD,\s\up6(→))|2+2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))+2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))+2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))=b2+a2+b2+2b2cos120°=a2+b2,故CD=eq\r(a2+b2).(1)線段長度的計算通常有兩種方法:一是構(gòu)造三角形,解三角形;二是向量法,計算相應(yīng)向量的模,此時常需將待求向量轉(zhuǎn)化為關(guān)系明確的向量(一般向幾何體的棱上轉(zhuǎn)化).(2)應(yīng)牢記并能嫻熟地應(yīng)用公式|a+b+c|=eq\r(a+b+c2)=eq\r(|a|2+|b|2+|c|2+2a·c+2a·b+2b·c).[跟蹤訓(xùn)練3]在正四面體ABCD中,棱長為a,M,N分別是棱AB,CD上的點,且MB=2AM,CN=eq\f(1,2)ND,求MN的長.解如下圖所示,|eq\o(AB,\s\up6(→))|=|eq\o(AC,\s\up6(→))|=|eq\o(AD,\s\up6(→))|=a,把題中所用到的向量都用向量eq\o(AB,\s\up6(→)),eq\o(AC,\s\up6(→)),eq\o(AD,\s\up6(→))表示,于是eq\o(MN,\s\up6(→))=eq\o(MB,\s\up6(→))+eq\o(BC,\s\up6(→))+eq\o(CN,\s\up6(→))=eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))+(eq\o(AC,\s\up6(→))-eq\o(AB,\s\up6(→)))+eq\f(1,3)(eq\o(AD,\s\up6(→))-eq\o(AC,\s\up6(→)))=-eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))+eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up6(→))+eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→)).又eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))=eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))=eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))=a·a·cos60°=eq\f(1,2)a2,∴eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,3)\o(AB,\s\up6(→))+\f(1,3)\o(AD,\s\up6(→))+\f(2,3)\o(AC,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,3)\o(AB,\s\up6(→))+\f(1,3)\o(AD,\s\up6(→))+\f(2,3)\o(AC,\s\up6(→))))=eq\f(1,9)eq\o(AB,\s\up6(→))2-eq\f(2,9)eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))-eq\f(4,9)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))+eq\f(4,9)eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))+eq\f(1,9)eq\o(AD,\s\up6(→))2+eq\f(4,9)eq\o(AC,\s\up6(→))2=eq\f(1,9)a2-eq\f(1,9)a2-eq\f(2,9)a2+eq\f(2,9)a2+eq\f(1,9)a2+eq\f(4,9)a2=eq\f(5,9)a2.故|eq\o(MN,\s\up6(→))|=eq\r(\a\vs4\al(\o(MN,\s\up6(→))·\o(MN,\s\up6(→))))=eq\f(\r(5),3)a,即MN=eq\f(\r(5),3)a.題型四推斷或證明垂直問題例4如圖所示,正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F(xiàn),G分別是棱CC1,BC,CD的中點,求證:A1G⊥平面DEF.[證明]設(shè)正方體的棱長為a,∵eq\o(A1G,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→))=(eq\o(A1A,\s\up6(→))+eq\o(AD,\s\up6(→))+eq\o(DG,\s\up6(→)))·(eq\o(DC,\s\up6(→))+eq\o(CF,\s\up6(→)))=eq\o(A1A,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))+eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))+eq\o(DG,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))+eq\o(A1A,\s\up6(→))·eq\o(CF,\s\up6(→))+eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(CF,\s\up6(→))+eq\o(DG,\s\up6(→))·eq\o(CF,\s\up6(→))=eq\o(DG,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))+eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(CF,\s\up6(→))=eq\f(1,2)a2-eq\f(1,2)a2=0,∴A1G⊥DF,同理可證A1G⊥DE,又DF∩DE=D,∴A1G⊥平面DEF.利用向量數(shù)量積推斷或證明線面垂直的思路(1)由數(shù)量積的性質(zhì)a⊥b?a·b=0可知,要證兩直線垂直,可構(gòu)造與兩直線分別平行的向量,只要證明這兩個向量的數(shù)量積為0即可.(2)用向量法證明線面垂直,離不開線面垂直的判定定理,需將線面垂直轉(zhuǎn)化為線線垂直,然后利用向量法證明線線垂直即可.[跟蹤訓(xùn)練4]如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.證明:PA⊥BD.證明由底面ABCD為平行四邊形,∠DAB=60°,AB=2AD知,DA⊥BD,則eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(DA,\s\up6(→))=0.由PD⊥底面ABCD知,PD⊥BD,則eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))=0.又eq\o(PA,\s\up6(→))=eq\o(PD,\s\up6(→))+eq\o(DA,\s\up6(→)),∴eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))=(eq\o(PD,\s\up6(→))+eq\o(DA,\s\up6(→)))·eq\o(BD,\s\up6(→))=eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))+eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))=0,即PA⊥BD.1.下列各命題中,正確命題的個數(shù)為()①eq\r(a·a)=|a|;②m(λa)·b=(mλ)a·b;③a·(b+c)=(b+c)·a;④a2b=b2a.A.4 B.3C.2 D.1答案B解析∵a·a=|a|2,∴eq\r(a·a)=|a|,故①正確;m(λa)·b=(mλa)·b=mλa·b=(mλ)a·b,故②正確;a·(b+c)=a·b+a·c,(b+c)·a=b·a+c·a=a·b+a·c=a·(b+c),故③正確;a2b=|a|2b,b2a=|b|2a,故④不肯定正確.故選B.2.已知|a|=1,|b|=eq\r(2),且a-b與a垂直,則a與b的夾角為()A.60° B.30°C.135° D.45°答案D解析∵a-b與a垂直,∴(a-b)·a=0,∴a·a-a·b=|a|2-|a||b|cos〈a,b〉=1-1×eq\r(2)×cos〈a,b〉=0,∴cos〈a,b〉=eq\f(\r(2),2).∵0°≤〈a,b〉≤180°,∴〈a,b〉=45°.3.已知在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,以A為頂點的三條棱長都等于1,且彼此的夾角都是60°,則此平行六面體的對角線AC1的長為()A.6 B.eq\r(6)C.3 D.eq\r(3)答案B解析如圖,由題意可知,∵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(→))+eq\o(AD,\s\up6(→))+eq\o(AA1,\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+2(cos60°+cos60°+cos60°)=6,∴|eq\o(AC1,\s\up6(→))|=eq\r(6),即AC1的長為eq\r(6).4.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,設(shè)AD=AA1=1,AB=2,P是C1D1的中點,則eq\o(B1C,\s\up6(→))與eq\o(A1P,\s\up6(→))所成角的大小為________,eq\o(B1C,\s\up6(→))·eq\o(A1P,\s\up6(→))=________.答案60°1解析解法一:連接A1D,則∠PA1D就是eq\o(B1C,\s\up6(→))與eq\o(A1P,\s\up6(→))所成的角,連接PD,在△PA1D中,易得PA1=DA1=PD=eq\r(2),即△PA1D為等邊三角形,從而∠PA1D=60°,即eq\o(B1C,\s\up6(→))與eq\o(A1P,\s\up6(→))所成角的大小為60°.因此eq\o(B1C,\s\up6(→))·eq\o(A1P,\s\up6(→))=eq\r(2)×eq\r(2)×cos60°=1.解法二:依據(jù)向量的線性運算可得eq\o(B1C,\s\up6(→))·eq\o(A1P,\s\up6(→))=(eq\o(A1A,\s\up6(→))+eq\o(AD,\s\up6(→)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))+\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))))=eq\o(AD,\s\up6(→))2=1.由題意可得PA1=B1C=eq\r(2),則eq\r(2)×eq\r(2)×cos〈eq\o(B1C,\s\up6(→)),eq\o(A1P,\s\up6(→))〉=1,從而〈eq\o(B1C,\s\up6(→)),eq\o(A1P,\s\up6(→))〉=60°.5.已知a+3b與7a-5b垂直,且a-4b與7a-2b垂直,求〈a,b〉.解(a+3b)·(7a-5b)=7|a|2-15|b|2+16a·b=0,(a-4b)·(7a-2b)=7|a|2+8|b|2-30a·b=0,得|b|2=2a·b=|a|2,∴cos〈a,b〉=eq\f(a·b,|a||b|)=eq\f(1,2),∴〈a,b〉=60°.A級:“四基”鞏固訓(xùn)練一、選擇題1.正方體ABCD-A′B′C′D′中,〈eq\o(A′B,\s\up6(→)),eq\o(B′D′,\s\up6(→))〉=()A.30° B.60°C.90° D.120°答案D解析連接BD,A′D,因為B′D′∥BD,△A′BD為正三角形,所以∠A′BD=60°,由向量夾角的定義可知〈eq\o(A′B,\s\up6(→)),eq\o(BD,\s\up6(→))〉=120°,即〈eq\o(A′B,\s\up6(→)),eq\o(B′D′,\s\up6(→))〉=120°.2.若O是△ABC所在平面內(nèi)一點,且滿意(eq\o(BO,\s\up6(→))+eq\o(OC,\s\up6(→)))·(eq\o(OC,\s\up6(→))-eq\o(OA,\s\up6(→)))=0,則△ABC肯定是()A.直角三角形 B.斜三角形C.等邊三角形 D.等腰直角三角形答案A解析∵eq\o(BO,\s\up6(→))+eq\o(OC,\s\up6(→))=eq\o(BC,\s\up6(→)),eq\o(OC,\s\up6(→))-eq\o(OA,\s\up6(→))=eq\o(AC,\s\up6(→)),∴eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))=0.∴BC⊥AC.∴△ABC肯定是直角三角形.3.如圖,空間四邊形的各邊和對角線長均相等,E是BC的中點,那么()A.eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))<eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))B.eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))=eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))C.eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))>eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))D.eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))與eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))不能比較大小答案C解析易知AE⊥BC,∴eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))=0,eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))=(eq\o(AB,\s\up6(→))+eq\o(BE,\s\up6(→)))·eq\o(CD,\s\up6(→))=eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(BD,\s\up6(→))-eq\o(BC,\s\up6(→)))+eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))=|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(BD,\s\up6(→))|cos120°-|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(BC,\s\up6(→))|cos120°+eq\f(1,2)|eq\o(BC,\s\up6(→))||eq\o(CD,\s\up6(→))|·cos120°<0.∴eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))>eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→)).4.已知a,b是異面直線,A,B∈a,C,D∈b,AC⊥b,BD⊥b,且AB=2,CD=1,則a與b所成的角是()A.30° B.45°C.60° D.90°答案C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(CD,\s\up6(→))2+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).∵異面直線所成的角是銳角或直角,∴a與b所成的角是60°.5.正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱長都為2,E,F(xiàn)分別是AB,A1C1的中點,則EF的長是()A.2 B.eq\r(3)C.eq\r(7) D.eq\r(5)答案D解析如圖所示,設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))=a,eq\o(AC,\s\up6(→))=b,eq\o(AA1,\s\up6(→))=c.由題意知|a|=|b|=|c|=2,且〈a,b〉=60°,〈a,c〉=〈b,c〉=90°.因為eq\o(EF,\s\up6(→))=eq\o(EA,\s\up6(→))+eq\o(AA1,\s\up6(→))+eq\o(A1F,\s\up6(→))=-eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))+eq\o(AA1,\s\up6(→))+eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))=-eq\f(1,2)a+eq\f(1,2)b+c,所以|eq\o(EF,\s\up6(→))|2=eq\f(1,4)a2+eq\f(1,4)b2+c2+2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)a·\f(1,2)b+\f(1,2)b·c-\f(1,2)a·c))=eq\f(1,4)×22+eq\f(1,4)×22+22+2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,4)))×2×2cos60°=1+1+4-1=5,所以|EF|=eq\r(5).6.(多選)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,下列命題正確的有()A.(eq\o(AA1,\s\up6(→))+eq\o(AD,\s\up6(→))+eq\o(AB,\s\up6(→)))2=3eq\o(AB,\s\up6(→))2B.eq\o(A1C,\s\up6(→))·(eq\o(A1B1,\s\up6(→))-eq\o(A1A,\s\up6(→)))=0C.eq\o(AD,\s\up6(→))1與eq\o(A1B,\s\up6(→))的夾角為60°D.正方體的體積為|eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))|答案AB解析如圖所示,(eq\o(AA1,\s\up6(→))+eq\o(AD,\s\up6(→))+eq\o(AB,\s\up6(→)))2=(eq\o(AA1,\s\up6(→))+eq\o(A1D1,\s\up6(→))+eq\o(D1C1,\s\up6(→)))2=eq\o(AC1,\s\up6(→))2=3eq\o(AB,\s\up6(→))2;eq\o(A1C,\s\up6(→))·(eq\o(A1B1,\s\up6(→))-eq\o(A1A,\s\up6(→)))=eq\o(A1C,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))=0;eq\o(AD1,\s\up6(→))與eq\o(A1B,\s\up6(→))的夾角是eq\o(D1C,\s\up6(→))與eq\o(D1A,\s\up6(→))夾角的補角,而eq\o(D1C,\s\up6(→))與eq\o(D1A,\s\up6(→))的夾角為60°,故eq\o(AD1,\s\up6(→))與eq\o(A1B,\s\up6(→))的夾角為120°;正方體的體積為|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AA1,\s\up6(→))||eq\o(AD,\s\up6(→))|.綜上可知,A,B正確,C,D不正確.故選AB.二、填空題7.已知空間向量a,b,|a|=3eq\r(2),|b|=5,m=a+b,n=a+λb,〈a,b〉=135°,若m⊥n,則λ的值為________.答案-eq\f(3,10)解析由m⊥n,得(a+b)·(a+λb)=0,∴a2+λb2+(1+λ)a·b=0,即18+25λ+(1+λ)×3eq\r(2)×5×cos135°=0,∴λ=-eq\f(3,10).8.已知空間向量a,b,c滿意a+b+c=0,|a|=3,|b|=1,|c|=4,則a·b+b·c+c·a的值為________.答案-13解析∵a+b+c=0,∴(a+b+c)2=0,∴a2+b2+c2+2(a·b+b·c+c·a)=0,∴a·b+b·c+c·a=-eq\f(32+12+42,2)=-13.9.設(shè)a,b,c是隨意的非零向量,且互不共線,則下列四個命題:①(a·b)c-(c·a)b=0;②|a|-|b|<|a-b|;③(c·b)a-(c·a)b不與c垂直;④(3a+2b)·(3a-2b)=9|a|2-4|b|2.其中真命題的序號是________.答案②④解析①由向量數(shù)乘與數(shù)量積的區(qū)分,易知不成立;②是三角形不等式,所以成立;③[(c·b)a-(c·a)b]·c=(c·b)(a·c)-(c·a)(b·c)=0,故垂直,所以③不成立;④由向量的數(shù)量積運算可知成立.三、解答題10.如圖所示,在平面角為120°的二面角α-AB-β中,AC?α,BD?β,且AC⊥AB,BD⊥AB,垂足分別為A,B.已知AC=AB
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