新版高中数学人教A版选修2-1习题第三章空间向量与立体几何3.1.3

3.1.3空间向量的数量积运算课时过关·能力提升基础巩固1下列命题正确的是()A.|a|a=a2 B.(a·b)2=a2·b2C.a(a·b)=a2b D.|a·b|≤|a||b|解析:A项左侧为向量,右侧为数,不正确.向量数量积不满足结合律,故B,C不正确.答案:D2已知a=3p2q,b=p+q,p和q是相互垂直的单位向量,则a·b=()A.1 B.2 C.3 D.4解析:∵p⊥q,且|p|=|q|=1,∴a·b=(3p2q)·(p+q)=3p2+p·q2q2=3+02=1.答案:A3设a,b,c是不共线的非零向量,已知下列命题:①(a·b)c(c·a)b=0;②|a||b|<|ab|;③(b·a)c(c·a)b不与a垂直;④(3a+2b)·(3a2b)=9|a|24|b|2.其中正确的有()A.①② B.②③ C.③④ D.②④答案:D4a,b是非零向量,“a·b=|a||b|”是“a,b共线”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件解析:由a·b=|a||b|,知cos<a,b>=1,∴<a,b>=0,∴a与b共线.反之,若a与b共线,则a·b=±|a||b|.答案:A5若|a|=1,|b|=2,c=a+b,且c⊥a,则向量a与b的夹角是()A.30° B.60° C.120° D.150°解析:∵c⊥a,∴c·a=(a+b)·a=0,可得a·b=1,∴cosa,b=a·b|故向量a与b的夹角是120°.答案:C6已知|a|=12,|b|=9,a·b=542,则<a,b>=.

解析:∵cos<a,b>=a·b|∴<a,b>=135°.答案:135°7若向量a与b满足|a|=1,|b|=2,且a与b的夹角为π3,则a·b=.

答案:18已知a,b均为单位向量,它们的夹角为60°,那么|3ab|=.

答案:79已知在三棱锥OABC中,M,N,P,Q分别为BC,AC,OA,OB的中点,若AB=OC,求证:PM⊥QN.证明设OA=a,OB=b,OC=c.∵P,M分别为OA,BC的中点,∴PM=OM-OP=12(b+c)12a=1同理,QN=12(a+c=12[(ba)c]∴PM·QN=14[|ba|2|c|∵AB=OC,即|ba|=|c|.∴PM·QN=∴PM⊥QN,即PM⊥10如图,已知E是正方体ABCDA1B1C1D1的棱C1D1的中点,试求向量A1C1解:设正方体的棱长为m,AB=a,AD=b,AA1=则|a|=|b|=|c|=m,a·b=b·c=a·c=0.∵A1C1=A1B1+A1D∴A1C1·DE=(a+b)·c+12a=a·c+b·c+12a2+12a又|A1C1|=2m,|DE|=∴cos<A1C=12能力提升1已知a,b是异面直线,且a⊥b,e1,e2分别为取自直线a,b上的单位向量,若a=2e1+3e2,b=ke14e2,a⊥b,则实数k的值为()A.6 B.6 C.3 D.3解析:∵a⊥b,∴a·b=(2e1+3e2)·(ke14e2)=2k|e1|2+(3k8)e1·e212|e2|2=2k12=0,∴k=6.答案:B2如图,在正四面体ABCD中,E是BC的中点,则()A.AEB.AEC.AED.AE·答案:C3设A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足AB·AC=0,AC·AD=0,AB·AD=0,则△A.钝角三角形 B.锐角三角形C.直角三角形 D.不确定解析:∵AB·AC=0,AC·AD=0,∴AB,AC,AD两两垂直.∴BC2=AB2+AC2,CD2=AC2+AD2,BD2=AB2+AD2,∴BC2<CD2+BD2,CD2<BC2+BD2,BD2<BC2+CD2.∴△BCD是锐角三角形.答案:B4在平行六面体ABCDA1B1C1D1中,若AB=1,AD=2,AA1=3,∠BAD=90°,∠BAA1=∠DAA1=60°,则AC1的长为()A.13 B.23 C.33 D.43解析:∵AC∴|AC1|=(AB∵AB=1,AD=2,AA1=3,∠BAD=90°,∠BAA1=∠DAA1=60°,∴<AB,AD>=90°,<AB,AA1∴|AC=1+4+9+2=23.答案:B5若向量a,b的夹角为30°,且|a|=3,|b|=4,则(a+2b)·(ab)=.

解析:(a+2b)·(ab)=|a|2a·b+2a·b2|b|2=|a|2|a||b|cos30°+2|a||b|cos30°2|b|2=93×4×32+2×3×4×322=6323.答案:63236已知|a|=32,|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,则a2+λa·b+a·b+λb2=0,18+32λ×4×cos135°+32×4×cos135°+16λ=0,即4λ+6=0,解得λ=32答案:37已知在空间四边形OABC中,OA⊥BC,OB⊥AC,求证:OC⊥AB.证明OC·AB=OC=OB·∵OA⊥∴OA·BC=OA=OA·OC-OAOB·AC=OB=OB·OC-OB·①②,得OA·OC∴OC·BA=0.∴OC⊥★8如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别为正方形ABCD和AA1B1B的中心.(1)求证:AC1⊥平面A1BD;(2)求D1M(1)证明设AB=a,AD=b,AA1=c,则AC1=a+b+c,BD=ba,A1B=ac.注意到|a|=|b|=|c|,a·b=a·c=b·c=0,则有AC1·BD=(a=a·ba2+b2a·b+b·ca·c=|b|2|a|2=0.同理AC1∴AC∴AC1⊥BD,AC1⊥A1B.又A1B与BD相交,∴AC1⊥平面A1BD.(2)解:设正方体的棱长为a,则D1M=D1D+DMCN=CB+BN=b+1∴|D1M|2=a2+14a2+14a2=32∴|D1M|=6同理|CN|=62a又D=-=12|c|214|a|2+12|b|2=1∴cos<D1M,CN>=即D1M与★9如图所示,正四面体VABC的高VD的中点为O,VC的中点为M.(1)求证:AO,BO,CO两两垂直;(2)求<DM,AO分析(1)要证AO,BO,CO两两垂直只需证AO·BO=(2)由公式cos<DM,AO>=可求得<DM,AO(1)证明设VA=a,VB=b,VC=c,且正四面体的棱长为1,有|a|=|b|=|c|=1,a·b=b·c=a·c.则VD=13(a+b+c),AO=16(BO=16(a+c5b),CO=16(∴AO·BO=136(b+c5a)·(a=136(18a·b9|a|2=1