2024-2025學年高中數(shù)學第三章空間向量與立體幾何3.1.3空間向量的數(shù)量積運算課時作業(yè)含解析新人教A版選修2-1

PAGE課時作業(yè)15空間向量的數(shù)量積運算|基礎鞏固|(25分鐘，60分)一、選擇題(每小題5分，共25分)1．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．1B．2C．3D．4解析：∵p⊥q且|p|＝|q|＝1，∴a·b＝〈3p－2q〉·(p＋q)＝3p2＋p·q－2q2＝3＋0－2＝1.答案：A2．已知e1，e2是夾角為60°的兩個單位向量，則a＝e1＋e2與b＝e1－2e2的夾角是()A．60°B．120°C．30°D．90°解析：a·b＝(e1＋e2)·(e1－2e2)＝eeq\o\al(2,1)－e1·e2－2eeq\o\al(2,2)＝1－1×1×eq\f(1,2)－2＝－eq\f(3,2)，|a|＝eq\r(a2)＝eq\r(e1＋e22)＝eq\r(e\o\al(2,1)＋2e1·e2＋e\o\al(2,2))＝eq\r(1＋1＋1)＝eq\r(3)，|b|＝eq\r(b2)＝eq\r(e1－2e22)＝eq\r(e\o\al(2,1)－4e1·e2＋4e\o\al(2,2))＝eq\r(1－2＋4)＝eq\r(3).∴cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b)＝eq\f(－\f(3,2),3)＝－eq\f(1,2).∴〈a，b〉＝120°.答案：B3．設平面上有四個互異的點A，B，C，D，已知(eq\o(DB,\s\up13(→))＋eq\o(DC,\s\up13(→))－2eq\o(DA,\s\up13(→)))·(eq\o(AB,\s\up13(→))－eq\o(AC,\s\up13(→)))＝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．等邊三角形解析：因為eq\o(DB,\s\up13(→))＋eq\o(DC,\s\up13(→))－2eq\o(DA,\s\up13(→))＝(eq\o(DB,\s\up13(→))－eq\o(DA,\s\up13(→)))＋(eq\o(DC,\s\up13(→))－eq\o(DA,\s\up13(→)))＝eq\o(AB,\s\up13(→))＋eq\o(AC,\s\up13(→)).所以(eq\o(AB,\s\up13(→))＋eq\o(AC,\s\up13(→)))·(eq\o(AB,\s\up13(→))－eq\o(AC,\s\up13(→)))＝|eq\o(AB,\s\up13(→))|2－|eq\o(AC,\s\up13(→))|2＝0，所以|eq\o(AB,\s\up13(→))|＝|eq\o(AC,\s\up13(→))|，即△ABC是等腰三角形．答案：B4．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\up13(→))與eq\o(BD,\s\up13(→))B.eq\o(DA,\s\up13(→))與eq\o(PB,\s\up13(→))C.eq\o(PD,\s\up13(→))與eq\o(AB,\s\up13(→))D.eq\o(PA,\s\up13(→))與eq\o(CD,\s\up13(→))解析：用解除法，因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，故eq\o(PA,\s\up13(→))·eq\o(CD,\s\up13(→))＝0，解除D；因為AD⊥AB，PA⊥AD，又PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB，所以AD⊥PB，故eq\o(DA,\s\up13(→))·eq\o(PB,\s\up13(→))＝0，解除B，同理eq\o(PD,\s\up13(→))·eq\o(AB,\s\up13(→))＝0，解除C.答案：A5．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，①(eq\o(AA1,\s\up13(→))＋eq\o(AD,\s\up13(→))＋eq\o(AB,\s\up13(→)))2＝3eq\o(AB,\s\up13(→))2；②eq\o(A1C,\s\up13(→))·(eq\o(A1B1,\s\up13(→))－eq\o(A1A,\s\up13(→)))＝0；③eq\o(AD1,\s\up13(→))與eq\o(A1B,\s\up13(→))的夾角為60°；④正方體的體積為|eq\o(AB,\s\up13(→))·eq\o(AA1,\s\up13(→))·eq\o(AD,\s\up13(→))|.其中正確命題的個數(shù)是()A．1B．2C．3D．4解析：如圖所示，(eq\o(AA1,\s\up13(→))＋eq\o(AD,\s\up13(→))＋eq\o(AB,\s\up13(→)))2＝(eq\o(AA1,\s\up13(→))＋eq\o(A1D1,\s\up13(→))＋eq\o(D1C1,\s\up13(→)))2＝eq\o(AC1,\s\up13(→))2＝3eq\o(AB,\s\up13(→))2；eq\o(A1C,\s\up13(→))·(eq\o(A1B1,\s\up13(→))－eq\o(A1A,\s\up13(→))＝eq\o(A1C,\s\up13(→))·eq\o(AB1,\s\up13(→))＝0；eq\o(AD1,\s\up13(→))與eq\o(A1B,\s\up13(→))的夾角是eq\o(D1C,\s\up13(→))與eq\o(D1A,\s\up13(→))夾角的補角，而eq\o(D1C,\s\up13(→))與eq\o(D1A,\s\up13(→))的夾角為60°，故eq\o(AD1,\s\up13(→))與eq\o(A1B,\s\up13(→))的夾角為120°；正方體的體積為|eq\o(AB,\s\up13(→))||eq\o(AA1,\s\up13(→))||eq\o(AD,\s\up13(→))|.綜上可知，①②正確．答案：B

二、填空題(每小題5分，共15分)6．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)兩邊平行，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)7．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，b所成的角是________．解析：eq\o(AB,\s\up13(→))＝eq\o(AC,\s\up13(→))＋eq\o(CD,\s\up13(→))＋eq\o(DB,\s\up13(→))，∴eq\o(CD,\s\up13(→))·eq\o(AB,\s\up13(→))＝eq\o(CD,\s\up13(→))·(eq\o(AC,\s\up13(→))＋eq\o(CD,\s\up13(→))＋eq\o(DB,\s\up13(→)))＝|eq\o(CD,\s\up13(→))|2＝1，∴cos〈eq\o(CD,\s\up13(→))，eq\o(AB,\s\up13(→))〉＝eq\f(\o(CD,\s\up13(→))·\o(AB,\s\up13(→)),|\o(CD,\s\up13(→))||\o(AB,\s\up13(→))|)＝eq\f(1,2)，∴異面直線a，b所成角是60°.答案：60°8．如圖，已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，則PC等于________．解析：因為eq\o(PC,\s\up13(→))＝eq\o(PA,\s\up13(→))＋eq\o(AB,\s\up13(→))＋eq\o(BC,\s\up13(→))，所以|eq\o(PC,\s\up13(→))|2＝(eq\o(PA,\s\up13(→))＋eq\o(AB,\s\up13(→))＋eq\o(BC,\s\up13(→)))2＝eq\o(PA,\s\up13(→))2＋eq\o(AB,\s\up13(→))2＋eq\o(BC,\s\up13(→))2＋2eq\o(PA,\s\up13(→))·eq\o(AB,\s\up13(→))＋2eq\o(PA,\s\up13(→))·eq\o(BC,\s\up13(→))＋2eq\o(AB,\s\up13(→))·eq\o(BC,\s\up13(→))＝36＋36＋36＋0＋0＋2|eq\o(AB,\s\up13(→))||eq\o(BC,\s\up13(→))|cos60°＝108＋2×6×6×eq\f(1,2)＝144.所以PC＝12.答案：12三、解答題(每小題10分，共20分)9．如圖所示，已知正四面體OABC的棱長為a，求：(1)eq\o(OA,\s\up13(→))·eq\o(OB,\s\up13(→))；(2)(eq\o(OA,\s\up13(→))＋eq\o(OB,\s\up13(→)))·(eq\o(CA,\s\up13(→))＋eq\o(CB,\s\up13(→)))．解析：(1)eq\o(OA,\s\up13(→))·eq\o(OB,\s\up13(→))＝a·a·cos60°＝eq\f(1,2)a2.(2)(eq\o(OA,\s\up13(→))＋eq\o(OB,\s\up13(→)))·(eq\o(CA,\s\up13(→))＋eq\o(CB,\s\up13(→)))＝(eq\o(OA,\s\up13(→))＋eq\o(OB,\s\up13(→)))·(eq\o(OA,\s\up13(→))－eq\o(OC,\s\up13(→))＋eq\o(OB,\s\up13(→))－eq\o(OC,\s\up13(→)))＝(eq\o(OA,\s\up13(→))＋eq\o(OB,\s\up13(→)))·(eq\o(OA,\s\up13(→))＋eq\o(OB,\s\up13(→))－2eq\o(OC,\s\up13(→)))＝a2＋a2cos60°－2a2cos60°＋a2cos60°＋a2－2a2cos60°＝a2.10．如圖所示，在棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1中，求異面直線BA1與AC解析：因為eq\o(BA1,\s\up13(→))＝eq\o(BA,\s\up13(→))＋eq\o(BB1,\s\up13(→))，eq\o(AC,\s\up13(→))＝eq\o(AB,\s\up13(→))＋eq\o(BC,\s\up13(→))，所以eq\o(BA1,\s\up13(→))·eq\o(AC,\s\up13(→))＝(eq\o(BA,\s\up13(→))＋eq\o(BB1,\s\up13(→)))·(eq\o(AB,\s\up13(→))＋eq\o(BC,\s\up13(→)))＝eq\o(BA,\s\up13(→))·eq\o(AB,\s\up13(→))＋eq\o(BA,\s\up13(→))·eq\o(BC,\s\up13(→))＋eq\o(BB1,\s\up13(→))·eq\o(AB,\s\up13(→))＋eq\o(BB1,\s\up13(→))·eq\o(BC,\s\up13(→)).因為BA⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC，所以eq\o(BA,\s\up13(→))·eq\o(BC,\s\up13(→))＝0，eq\o(BB1,\s\up13(→))·eq\o(AB,\s\up13(→))＝0，eq\o(BB1,\s\up13(→))·eq\o(BC,\s\up13(→))＝0，又eq\o(BA,\s\up13(→))·eq\o(AB,\s\up13(→))＝－a2，所以eq\o(BA1,\s\up13(→))·eq\o(AC,\s\up13(→))＝－a2，又eq\o(BA1,\s\up13(→))·eq\o(AC,\s\up13(→))＝|eq\o(BA1,\s\up13(→))||eq\o(AC,\s\up13(→))|cos〈eq\o(BA1,\s\up13(→))，eq\o(AC,\s\up13(→))〉，所以cos〈eq\o(BA1,\s\up13(→))，eq\o(AC,\s\up13(→))〉＝eq\f(－a2,\r(2)a·\r(2)a)＝－eq\f(1,2)，又〈eq\o(BA1,\s\up13(→))，eq\o(AC,\s\up13(→))〉∈[0，π]，所以〈eq\o(BA1,\s\up13(→))，eq\o(AC,\s\up13(→))〉＝eq\f(2,3)π.所以異面直線BA1與AC所成的角為eq\f(π,3).|實力提升|(20分鐘，40分)11．a(chǎn)，b是兩個非零向量，現(xiàn)給出以下命題：①a·b>0?〈a，b〉∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；②a·b＝0?〈a，b〉＝eq\f(π,2)；③a·b<0?〈a，b〉∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))；④|a·b|＝|a||b|?〈a，b〉＝π.其中的真命題有()A．1個B．2個C．3個D．4個解析：∵a，b為非零向量，∴|a|≠0，|b|≠0，又a·b＝|a||b|cos〈a，b〉且0≤〈a，b〉≤π，則cos〈a，b〉>0?〈a，b〉∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；a·b＝0?cos〈a，b〉＝0?〈a，b〉＝eq\f(π,2)；a·b<0?cos〈a，b〉<0?〈a，b〉∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).因此，命題①②③均為真命題．∵|a·b|＝|a||b|?|cos〈a，b〉＝1?〈a，b〉＝0或π，∴|a·b|＝|a||b|?〈a，b〉＝π不正確，即命題④為假命題．故選C.答案：C12．“a·b<0”是“〈a，b〉為鈍角”的________(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”解析：當向量a，b反向共線時，a·b<0，但此時〈a，b〉＝π，夾角不為鈍角，所以“a·b<0”?“〈a，b〉∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))”，所以“a·b<0”是“〈a，b〉為鈍角”的必要不充分條件．答案：必要不充分13．如圖，已知平行六面體ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD.求證：CA1⊥B1D1證明：因為eq\o(CA1,\s\up13(→))＝eq\o(CD,\s\up13(→))＋eq\o(CB,\s\up13(→))＋eq\o(CC1,\s\up13(→))，eq\o(B1D1,\s\up13(→))＝eq\o(BD,\s\up13(→))＝eq\o(CD,\s\up13(→))－eq\o(CB,\s\up13(→))，所以eq\o(CA1,\s\up13(→))·B1D1＝(eq\o(CD,\s\up13(→))＋eq\o(CB,\s\up13(→))＋eq\o(CC1,\s\up13(→)))·(eq\o(CD,\s\up13(→))－eq\o(CB,\s\up13(→)))＝eq\o(CD,\s\up13(→))2－eq\o(CB,\s\up13(→))2＋eq\o(CC1,\s\up13(→))·(eq\o(CD,\s\up13(→))－eq\o(CB,\s\up13(→)))＝|eq\o(CD,\s\up13(→))|2－|eq\o(CB,\s\up13(→))|2＋eq\o(CC1,\s\up13(→))·eq\o(CD,\s\up13(→))－eq\o(CC1,\s\up13(→))·eq\o(CB,\s\up13(→))＝|eq\o(CD,\s\up13(→))|2－|eq\o(CB,\s\up13(→))|2＋|eq\o(CC1,\s\up13(→))||eq\o(CD,\s\up13(→))|cos∠C1CD－|eq\o(CC1,\s\up13(→))||eq\o(CB,\s\up13(→))|cos∠C1CB，又因為∠C1CB＝∠C1CD，底面ABCD為菱形，所以|eq\o(CD,\s\up13(→))|2－|eq\o(CB,\s\up13(→))|2＋|eq\o(CC1,\s\up13(→))||eq\o(CD,\s\up13(→))|cos∠C1CD－|eq\o(CC1,\s\up13(→))||eq\o(CB,\s\up13(→))|cos∠C1CB＝0，即eq\o(CA1,\s\up13(→))·eq\o(B1D1,\s\up13(→))＝0.所以eq\o(CA1,\s\up13(→))⊥eq\o(B1D1,\s\up13(→))，故CA1⊥B1D1.14．如圖，正三棱柱ABC－A1B1C1中，底面邊長為eq\r(2).(1)設側(cè)棱長為1，求證：AB1⊥BC1；(2)設AB1與BC1的夾角為eq\f(π,3)，求側(cè)棱的長．解析：(1)證明：eq\o(AB1,\s\up13(→))＝eq\o(AB,\s\up13(→))＋eq\o(BB1,\s\up13(→))，eq\o(BC1,\s\up13(→))＝eq\o(BB1,\s\up13(→))＋eq\o(BC,\s\up13(→)).因為BB1⊥平面ABC，所以eq\o(BB1,\s\up13(→))·eq\o(AB,\s\up13(→))＝0，eq\o(BB1,\s\up13(→))·eq\o(BC,\s\up13(→))＝0.又△ABC為正三角形，所以〈eq\o(AB,\s\up13(→))，eq\o(BC,\s\up13(→))〉＝π－〈eq\o(BA,\s\up13(→))，eq\o(BC,\s\up13(→))〉＝π－eq\f(π,3)＝eq\f(2π,3).因