2024屆一輪復(fù)習(xí)人教A版 空間向量的運算三 作業(yè)

作業(yè)(二十二)空間向量的運算(三)(建議用時：40分鐘)一、選擇題1．已知e1，e2為單位向量，且e1⊥e2，若a＝2e1＋3e2，b＝ke1－4e2，a⊥b，則實數(shù)k的值為()A．－6B．6C．3D．－3B[由題意可得a·b＝0，e1·e2＝0，|e1|＝|e2|＝1，所以(2e1＋3e2)·(ke1－4e2)＝0，所以2k－12＝0，解得k＝6．]2．若非零向量a，b滿足|a|＝|b|，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)b))·b＝0，則a與b的夾角為()A．30°B．60°C．120°D．150°C[由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)b))·b＝0，得2a·b＋b2＝0，設(shè)a與b的夾角為θ，∴2|a||b|cosθ＋|b|2＝0．∴cosθ＝－eq\f(|b|2,2|a||b|)＝－eq\f(|b|2,2|b|2)＝－eq\f(1,2)，∵0°≤θ≤180°，∴θ＝120°．]3．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)量積不為零的是()A．eq\o(PC,\s\up7(→))與eq\o(BD,\s\up7(→)) B．eq\o(DA,\s\up7(→))與eq\o(PB,\s\up7(→))C．eq\o(PD,\s\up7(→))與eq\o(AB,\s\up7(→)) D．eq\o(PA,\s\up7(→))與eq\o(CD,\s\up7(→))A[選A．可用排除法．因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))＝0，排除D．又因為AD⊥AB，所以AD⊥PB，所以eq\o(DA,\s\up7(→))·eq\o(PB,\s\up7(→))＝0，同理eq\o(PD,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，排除B，C，故選A．]4．如圖，已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，則PC等于()A．6eq\r(2) B．6C．12 D．144C[因為eq\o(PC,\s\up7(→))＝eq\o(PA,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))，所以eq\o(PC,\s\up7(→))2＝eq\o(PA,\s\up7(→))2＋eq\o(AB,\s\up7(→))2＋eq\o(BC,\s\up7(→))2＋2eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＋2eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＋2eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝36＋36＋36＋2×36cos60°＝144，所以PC＝12．]5．設(shè)空間中有四個互異的點A，B，C，D，已知(eq\o(DB,\s\up7(→))＋eq\o(DC,\s\up7(→))－2eq\o(DA,\s\up7(→)))·(eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(AC,\s\up7(→)))＝0，則△ABC是()A．直角三角形 B．等腰三角形C．等腰直角三角形 D．等邊三角形B[因為eq\o(DB,\s\up7(→))＋eq\o(DC,\s\up7(→))－2eq\o(DA,\s\up7(→))＝(eq\o(DB,\s\up7(→))－eq\o(DA,\s\up7(→)))＋(eq\o(DC,\s\up7(→))－eq\o(DA,\s\up7(→)))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))，所以(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))·(eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(AC,\s\up7(→)))＝|eq\o(AB,\s\up7(→))|2－|eq\o(AC,\s\up7(→))|2＝0，所以|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝|eq\o(AC,\s\up7(→))|，即△ABC是等腰三角形．]二、填空題6．在空間四邊形ABCD中，eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(CA,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))＝________．0[原式＝eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(CA,\s\up7(→))·(eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→)))＝eq\o(AB,\s\up7(→))·(eq\o(CD,\s\up7(→))－eq\o(CA,\s\up7(→)))＋eq\o(AD,\s\up7(→))·(eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(CA,\s\up7(→)))＝eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(BA,\s\up7(→))＝0．]7．如圖，已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是矩形，AB＝4，AA1＝3，∠BAA1＝60°，E為棱C1D1的中點，則eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AE,\s\up7(→))＝________．14[由eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))，得eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))2＝4×3×cos60°＋0＋eq\f(1,2)×42＝14．]8．如圖，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各條棱長都相等，M是側(cè)棱CC1的中點，則異面直線AB1和BM所成的角的大小是________．90°[不妨設(shè)棱長為2，則eq\o(AB1,\s\up7(→))＝eq\o(BB1,\s\up7(→))－eq\o(BA,\s\up7(→))，eq\o(BM,\s\up7(→))＝eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BB1,\s\up7(→))，cos〈eq\o(AB1,\s\up7(→))，eq\o(BM,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(BB1,\s\up7(→))－\o(BA,\s\up7(→))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up7(→))＋\f(1,2)\o(BB1,\s\up7(→)))),2\r(2)×\r(5))＝eq\f(0－2＋2－0,2\r(2)×\r(5))＝0，所以〈eq\o(AB1,\s\up7(→))，eq\o(BM,\s\up7(→))〉＝90°．]三、解答題9．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是C1D1，D1D的中點，正方體的棱長為1．(1)求〈eq\o(CE,\s\up7(→))，eq\o(AF,\s\up7(→))〉的余弦值；(2)求證：eq\o(BD1,\s\up7(→))⊥eq\o(EF,\s\up7(→))．[解](1)eq\o(AF,\s\up7(→))＝eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(DF,\s\up7(→))＝eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AA1,\s\up7(→))，eq\o(CE,\s\up7(→))＝eq\o(CC1,\s\up7(→))＋eq\o(C1E,\s\up7(→))＝eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(CD,\s\up7(→))＝eq\o(AA1,\s\up7(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))．因為eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＝0，eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AA1,\s\up7(→))＝0，eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(AA1,\s\up7(→))＝0，所以eq\o(CE,\s\up7(→))·eq\o(AF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AA1,\s\up7(→))－\f(1,2)\o(AB,\s\up7(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up7(→))＋\f(1,2)\o(AA1,\s\up7(→))))＝eq\f(1,2)．又|eq\o(AF,\s\up7(→))|＝|eq\o(CE,\s\up7(→))|＝eq\f(\r(5),2)，所以cos〈eq\o(CE,\s\up7(→))，eq\o(AF,\s\up7(→))〉＝eq\f(2,5)．(2)證明：因為eq\o(BD1,\s\up7(→))＝eq\o(BD,\s\up7(→))＋eq\o(DD1,\s\up7(→))＝eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AA1,\s\up7(→))，eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\o(ED1,\s\up7(→))＋eq\o(D1F,\s\up7(→))＝－eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AA1,\s\up7(→)))，所以eq\o(BD1,\s\up7(→))·eq\o(EF,\s\up7(→))＝0，所以eq\o(BD1,\s\up7(→))⊥eq\o(EF,\s\up7(→))．10．如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M，N分別是A1B，B1C1上的點，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N．設(shè)eq\o(AB,\s\up7(→))＝a，eq\o(AC,\s\up7(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up7(→))＝c．(1)試用a，b，c表示向量eq\o(MN,\s\up7(→))；(2)若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的長．[解](1)eq\o(MN,\s\up7(→))＝eq\o(MA1,\s\up7(→))＋eq\o(A1B1,\s\up7(→))＋eq\o(B1N,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BA1,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(1,3)eq\o(B1C1,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)(c－a)＋a＋eq\f(1,3)(b－a)＝eq\f(1,3)a＋eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)c．(2)因為(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝1＋1＋1＋0＋2×1×1×eq\f(1,2)＋2×1×1×eq\f(1,2)＝5，所以|a＋b＋c|＝eq\r(5)，所以|eq\o(MN,\s\up7(→))|＝eq\f(1,3)|a＋b＋c|＝eq\f(\r(5),3)，即MN＝eq\f(\r(5),3)．11．已知空間四邊形ABCD中，∠ACD＝∠BDC＝90°，且AB＝2，CD＝1，則AB與CD所成的角是()A．30°B．45°C．60°D．90°C[根據(jù)已知∠ACD＝∠BDC＝90°，得eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))＝eq\o(DB,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))＝0，所以eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))＝(eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(DB,\s\up7(→)))·eq\o(CD,\s\up7(→))＝eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))＋|eq\o(CD,\s\up7(→))|2＋eq\o(DB,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))＝|eq\o(CD,\s\up7(→))|2＝1，所以cos〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(CD,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up7(→))·\o(CD,\s\up7(→)),|\o(AB,\s\up7(→))||\o(CD,\s\up7(→))|)＝eq\f(1,2)，所以AB與CD所成的角為60°．]12．在三棱錐O-ABC中，OA⊥OB，OA⊥OC，∠BOC＝60°，OA＝OB＝OC＝2，若E為OA的中點，F(xiàn)為BC的中點，則EF＝()A．2B．4C．eq\r(3)D．3A[因為eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\o(OF,\s\up7(→))－eq\o(OE,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→)))－eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up7(→))，所以|eq\o(EF,\s\up7(→))|2＝eq\f(1,4)(eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→))－eq\o(OA,\s\up7(→)))2＝eq\f(1,4)(eq\o(OB,\s\up7(→))2＋eq\o(OC,\s\up7(→))2＋eq\o(OA,\s\up7(→))2＋2eq\o(OB,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))－2eq\o(OB,\s\up7(→))·eq\o(OA,\s\up7(→))－2eq\o(OC,\s\up7(→))·eq\o(OA,\s\up7(→)))．又由已知得|eq\o(OA,\s\up7(→))|＝|eq\o(OB,\s\up7(→))|＝|eq\o(OC,\s\up7(→))|＝2，eq\o(OA,\s\up7(→))⊥eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(OA,\s\up7(→))⊥eq\o(OC,\s\up7(→))，eq\o(OB,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))＝2×2×eq\f(1,2)＝2，所以|eq\o(EF,\s\up7(→))|2＝eq\f(1,4)(4＋4＋4＋4)＝4．所以|eq\o(EF,\s\up7(→))|＝2，即EF＝2．]13．(多選題)已知a，b是兩個非零向量，下列結(jié)論中，正確的是()A．a(chǎn)·b＞0?〈a，b〉∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))B．a(chǎn)·b＝0?〈a，b〉＝eq\f(π,2)C．a(chǎn)·b＜0?〈a，b〉∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))D．|a·b|＝|a||b|?〈a，b〉＝0ABC[只有D是假命題．]14．(一題兩空)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\up7(→))與eq\o(A1P,\s\up7(→))所成角的大小為________，eq\o(B1C,\s\up7(→))·eq\o(A1P,\s\up7(→))＝________．60°1[法一：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(\o(AD,\s\up7(→))＋\f(1,2)\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°．]15．如圖，直三棱柱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(BC,\s\up7(→))．因為BB1⊥平面ABC，所以eq\o(BB1,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，eq\o(BB1,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0．又△ABC為正三角形，所以〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(BC,\s\up7(→))〉＝π－〈eq\o(BA,\s\up7(→))，eq\o(BC,\s\up7(→))〉＝π－eq\f(π,3)＝eq\f