-新教材高中數(shù)學(xué)課時檢測2空間向量的數(shù)量積含解析新人教B版選擇性必修第一冊

PAGEPAGE5課時跟蹤檢測（二）空間向量的數(shù)量積[A級基礎(chǔ)鞏固]1．已知兩向量分別為a，b，且|a|＝|b|＝1，a·b＝－eq\f(1,2)，則兩向量的夾角為()A．30° B．60°C．120° D．150°解析：選C設(shè)向量a，b的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝－eq\f(1,2)，所以θ＝120°.2．已知a＝3p－2q，b＝p＋q，p和q是相互垂直的單位向量，則a·b＝()A．1 B．2C．3 D．4解析：選A∵p⊥q且|p|＝|q|＝1，∴a·b＝(3p－2q)·(p＋q)＝3p2＋p·q－2q2＝3＋0－2＝1.3．(多選)若a，b，c是空間任意三個向量，λ∈R，下列關(guān)系中，不恒成立的是()A．|a＋b|＝|b－a| B．(a＋b)·c＝a·(b＋c)C．λ(a＋b)＝λa＋λb D．b＝λa解析：選ABD由向量加法的平行四邊形法則，只有a⊥b，即a·b＝0時，才有|a＋b|＝|b－a|，A不恒成立；由數(shù)量積的運(yùn)算律有(a＋b)·c＝a·c＋b·c，a·(b＋c)＝a·b＋a·c，a·b與b·c不一定相等，B不恒成立；向量數(shù)乘法則，C一定恒成立；只有a，b共線且a≠0時，才存在λ，使得b＝λa，D不恒成立．故選A、B、D.4．(多選)如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a，對角線AC1和BD1相交于點(diǎn)O，A．eq\o(A1B,\s\up7(→))·eq\o(B1C,\s\up7(→))＝a2B．eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC1,\s\up7(→))＝eq\r(2)a2C．eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AO,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)a2D．eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))·eq\o(DA1,\s\up7(→))＝a2解析：選AC連接A1D(圖略)，則eq\o(A1B,\s\up7(→))·eq\o(B1C,\s\up7(→))＝eq\o(A1B,\s\up7(→))·eq\o(A1D,\s\up7(→))＝|eq\o(A1B,\s\up7(→))||eq\o(A1D,\s\up7(→))|cos〈eq\o(A1B,\s\up7(→))，eq\o(A1D,\s\up7(→))〉＝eq\r(2)a×eq\r(2)a×cos60°＝a2.A正確．eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC1,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))·(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))＋eq\o(CC1,\s\up7(→)))＝eq\o(AB,\s\up7(→))2＋eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CC1,\s\up7(→))＝a2，故B錯誤．eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AO,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\f(1,2)eq\o(AC1,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))·(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(AA1,\s\up7(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))2＋eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AA1,\s\up7(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))2＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up7(→))|2＝eq\f(1,2)a2.C正確．eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))·eq\o(DA1,\s\up7(→))＝eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))·(eq\o(AA1,\s\up7(→))－eq\o(AD,\s\up7(→)))＝eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))·eq\o(AA1,\s\up7(→))－eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＝－a2.D錯誤．5．在四面體OABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝eq\f(π,3)，則cos〈eq\o(OA,\s\up7(→))，eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))〉＝()A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),2)C．－eq\f(1,2) D．0解析：選Deq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))＝eq\o(OA,\s\up7(→))·(eq\o(OC,\s\up7(→))－eq\o(OB,\s\up7(→)))＝eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))－eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝|eq\o(OA,\s\up7(→))||eq\o(OC,\s\up7(→))|cos〈eq\o(OA,\s\up7(→))，eq\o(OC,\s\up7(→))〉－|eq\o(OA,\s\up7(→))||eq\o(OB,\s\up7(→))|·cos〈eq\o(OA,\s\up7(→))，eq\o(OB,\s\up7(→))〉，因為〈eq\o(OA,\s\up7(→))，eq\o(OC,\s\up7(→))〉＝〈eq\o(OA,\s\up7(→))，eq\o(OB,\s\up7(→))〉＝eq\f(π,3)，|eq\o(OB,\s\up7(→))|＝|eq\o(OC,\s\up7(→))|，所以eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))＝0，所以eq\o(OA,\s\up7(→))⊥eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))，所以cos〈eq\o(OA,\s\up7(→))，eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))〉＝0.6．如圖，兩個棱長為1的正方體排成一個四棱柱，AB是一條側(cè)棱，Pi(i＝1，2，…，10)是正方體其余的10個頂點(diǎn)，則eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(APi,\s\up7(→))(i＝1，2，…，10)的不同值的個數(shù)為________個．解析：當(dāng)i＝1，2，3，4，5時，eq\o(AB,\s\up7(→))⊥eq\o(APi,\s\up7(→))，故eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(APi,\s\up7(→))＝0，當(dāng)i＝6，7，8，9，10時，eq\o(APi,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BPi,\s\up7(→))，∴eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(APi,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))·(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BPi,\s\up7(→)))＝eq\o(AB,\s\up7(→))2＋eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BPi,\s\up7(→))，∵eq\o(AB,\s\up7(→))⊥eq\o(BPi,\s\up7(→))，∴eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BPi,\s\up7(→))＝0，∴eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(APi,\s\up7(→))＝1，∴eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(APi,\s\up7(→))(i＝1，2，…，10)的不同值的個數(shù)為2個．答案：27．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〉＝________．解析：將|a－b|＝eq\r(7)兩邊平方，得(a－b)2＝7.因為|a|＝2，|b|＝2，所以a·b＝eq\f(1,2).又a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，故cos〈a，b〉＝eq\f(1,8).答案：eq\f(1,8)8.如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，設(shè)AD＝AA1＝1，AB＝2，P是C1D1的中點(diǎn)，則eq\o(B1C,\s\up7(→))與eq\o(A1P,\s\up7(→))所成角的大小為________；eq\o(B1C,\s\up7(→))·eq\o(A1P,\s\up7(→))＝________．解析：法一：如圖，連接A1D，則∠PA1D就是eq\o(B1C,\s\up7(→))與eq\o(A1P,\s\up7(→))所成角．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\up7(→))與eq\o(A1P,\s\up7(→))所成角的大小為60°.因此eq\o(B1C,\s\up7(→))·eq\o(A1P,\s\up7(→))＝eq\r(2)×eq\r(2)×cos60°＝1.法二：根據(jù)向量的線性運(yùn)算可得eq\o(B1C,\s\up7(→))·eq\o(A1P,\s\up7(→))＝(eq\o(A1A,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\o(AD,\s\up7(→))＋\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))))＝eq\o(AD,\s\up7(→))2＝1.由題意可得PA1＝B1C＝eq\r(2)，則eq\r(2)×eq\r(2)×cos〈eq\o(B1C,\s\up7(→))，eq\o(A1P,\s\up7(→))〉＝1，從而〈eq\o(B1C,\s\up7(→))，eq\o(A1P,\s\up7(→))〉＝60°.答案：60°19.如圖，在空間四邊形OABC中，2eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(DC,\s\up7(→))，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，設(shè)eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，eq\o(OC,\s\up7(→))＝c.(1)試用向量a，b，c表示向量eq\o(OE,\s\up7(→))；(2)若OA＝OC＝3，OB＝2，∠AOC＝∠BOC＝∠AOB＝60°，求eq\o(OE,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))的值．解：(1)∵2eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(DC,\s\up7(→))，∴eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(OC,\s\up7(→))－eq\o(OB,\s\up7(→)))＝eq\f(1,3)(c－b)，故eq\o(OD,\s\up7(→))＝eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(BD,\s\up7(→))＝b＋eq\f(1,3)(c－b)＝eq\f(2,3)b＋eq\f(1,3)c，∵點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，故eq\o(OE,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OD,\s\up7(→)))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,3)b＋eq\f(1,6)c.(2)由題意得a·c＝eq\f(9,2)，a·b＝3，c·b＝3，eq\o(AC,\s\up7(→))＝c－a，故eq\o(OE,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a＋\f(1,3)b＋\f(1,6)c))·(c－a)＝－eq\f(1,2)a2＋eq\f(1,6)c2＋eq\f(1,3)a·c＋eq\f(1,3)b·c－eq\f(1,3)b·a＝－eq\f(1,2)×9＋eq\f(1,6)×9＋eq\f(1,3)×eq\f(9,2)＋eq\f(1,3)×3－eq\f(1,3)×3＝－eq\f(3,2).10.如圖，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．解：(1)證明：eq\o(AB1,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BB1,\s\up7(→))，eq\o(BC1,\s\up7(→))＝eq\o(BB1,\s\up7(→))＋eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))．∵BB1⊥平面ABC，∴eq\o(BB1,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，eq\o(BB1,\s\up7(→))·eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))＝0.又△ABC為正三角形，∴〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))〉＝π－〈eq\o(BA,\s\up7(→))，eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))〉＝π－eq\f(π,3)＝eq\f(2π,3).∵eq\o(AB1,\s\up7(→))·eq\o(BC1,\s\up7(→))＝(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BB1,\s\up7(→)))·(eq\o(BB1,\s\up7(→))＋eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→)))＝eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BB1,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))＋eq\o(BB1,\s\up7(→))2＋eq\o(BB1,\s\up7(→))·eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))＝|eq\o(AB,\s\up7(→))||eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))|cos〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))〉＋eq\o(BB1,\s\up7(→))2＝－1＋1＝0，∴AB1⊥BC1.(2)由(1)知eq\o(AB1,\s\up7(→))·eq\o(BC1,\s\up7(→))＝|eq\o(AB,\s\up7(→))||eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))|cos〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))〉＋eq\o(BB1,\s\up7(→))2＝eq\o(BB1,\s\up7(→))2－1.又|eq\o(AB1,\s\up7(→))|＝eq\r(eq\o(AB,\s\up7(→))2＋eq\o(BB1,\s\up7(→))2)＝eq\r(2＋eq\o(BB1,\s\up7(→))2)＝|eq\o(BC1,\s\up7(→))|，∴cos〈eq\o(AB1,\s\up7(→))，eq\o(BC1,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(BB1,\s\up7(→))2－1,2＋eq\o(BB1,\s\up7(→))2)＝eq\f(1,2)，∴|eq\o(BB1,\s\up7(→))|＝2，即側(cè)棱長為2.[B級綜合運(yùn)用]11．設(shè)A，B，C，D是空間不共面的四點(diǎn)，且滿足eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝0，eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＝0，eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＝0，則△BCD是()A．鈍角三角形 B．銳角三角形C．直角三角形 D．等腰三角形解析：選B∵eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))＝eq\o(AC,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→))，∴eq\o(BD,\s\up7(→))·eq\o(eq\o(BC,\s\up7