2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第三章空間向量與立體幾何3.1空間向量及其運(yùn)算3.1.3空間向量的數(shù)量積運(yùn)算課時(shí)分層作業(yè)含解析新人教A版選修2-1

PAGE課時(shí)分層作業(yè)(十五)空間向量的數(shù)量積運(yùn)算(建議用時(shí)：60分鐘)一、選擇題1．正方體ABCD-A′B′C′D′中，向量eq\o(AB,\s\up7(→))′與eq\o(BC,\s\up7(→))′的夾角是()A．30° B．45°C．60° D．90°C[BC′∥AD′，△AD′B′為正三角形，∴∠D′AB′＝60°，∴〈eq\o(AB′,\s\up7(→))，eq\o(BC′,\s\up7(→))〉＝60°．]2．若向量m垂直于向量a和b，向量n＝λa＋μb(λ，μ∈R且λ，μ≠0)，則()A．m∥nB．m⊥nC．m不平行于n，m也不垂直于nD．以上三種狀況都有可能B[由題意知，m·a＝0，m·b＝0，則m·n＝m·(λa＋μb)＝λm·a＋μm·b＝0．因此m⊥n．]3．如圖所示，在平行六面體ABCD-A′B′C′D′中，AB＝1，AD＝2，AA′＝3，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°，則AC′的長(zhǎng)為()A．eq\r(13) B．eq\r(23)C．eq\r(33) D．eq\r(43)B[∵eq\o(AC′,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(CC′,\s\up7(→))，∴eq\o(AC′,\s\up7(→))2＝(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(CC′,\s\up7(→)))2＝eq\o(AB,\s\up7(→))2＋eq\o(BC,\s\up7(→))2＋eq\o(CC′,\s\up7(→))2＋2(eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CC′,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))·eq\o(CC′,\s\up7(→)))＝12＋22＋32＋2(0＋1×3cos60°＋2×3cos60°)＝14＋2×eq\f(9,2)＝23，∴|eq\o(AC′,\s\up7(→))|＝eq\r(23)，即AC′的長(zhǎng)為eq\r(23)．]4．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[依據(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，∴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，∴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)，∴AB與CD所成的角為60°．]5．如圖，已知平行四邊形ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠D＝60°，PA⊥平面ABCD，且PA＝6，則PC＝()A．3 B．7C．4 D．6B[|eq\o(PC,\s\up7(→))|2＝eq\o(PC,\s\up7(→))·eq\o(PC,\s\up7(→))＝(eq\o(PA,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(DC,\s\up7(→)))2＝|eq\o(PA,\s\up7(→))|2＋|eq\o(AD,\s\up7(→))|2＋|eq\o(CD,\s\up7(→))|2＋2eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＋2eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(DC,\s\up7(→))＋2eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(DC,\s\up7(→))＝62＋42＋32＋2|eq\o(AD,\s\up7(→))||eq\o(DC,\s\up7(→))|cos120°＝49．所以|eq\o(PC,\s\up7(→))|＝7．]二、填空題6．已知|a|＝13，|b|＝19，|a＋b|＝24，則|a－b|＝________．22[∵|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝132＋2a·b＋192＝242，∴2a·b＝46，|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝132－46＋192＝484，故|7．如圖，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各條棱長(zhǎng)都相等，M是側(cè)棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線AB1和BM90°[不妨設(shè)棱長(zhǎng)為2，則eq\o(AB,\s\up7(→))1＝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，故填90°．]8．如圖所示，在一個(gè)直二面角α-AB-β的棱上有A，B兩點(diǎn)，AC，BD分別是這個(gè)二面角的兩個(gè)面內(nèi)垂直于AB的線段，且AB＝4，AC＝6，BD＝8，則CD的長(zhǎng)為________．2eq\r(29)[∵eq\o(CD,\s\up7(→))＝eq\o(CA,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(BD,\s\up7(→))，∴eq\o(CD,\s\up7(→))2＝(eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(BD,\s\up7(→)))2＝eq\o(AB,\s\up7(→))2＋eq\o(AC,\s\up7(→))2－2eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(BD,\s\up7(→))2＋2eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))－2eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))＝16＋36＋64＝116，∴|eq\o(CD,\s\up7(→))|＝2eq\r(29)．]三、解答題9．已知正四面體OABC的棱長(zhǎng)為1．求：(1)eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))；(2)(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→)))·(eq\o(CA,\s\up7(→))＋eq\o(CB,\s\up7(→)))；(3)|eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→))|．[解](1)eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝|eq\o(OA,\s\up7(→))|·|eq\o(OB,\s\up7(→))|·cos∠AOB＝1×1×cos60°＝eq\f(1,2)．(2)(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→)))·(eq\o(CA,\s\up7(→))＋eq\o(CB,\s\up7(→)))＝(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(→)))＝(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→)))·(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))－2eq\o(OC,\s\up7(→)))＝12＋1×1×cos60°－2×1×1×cos60°＋1×1×cos60°＋12－2×1×1×cos60°＝1．(3)|eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→))|＝eq\r(\o(\o(OA,\s\up7(→))＋\o(OB,\s\up7(→))＋\o(OC,\s\up7(→))2))＝eq\r(12＋12＋12＋2×1×1×cos60°×3)＝eq\r(6)．10．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P是DD1的中點(diǎn)，O是底面ABCD的中心．求證：B1O⊥平面PAC[證明]取eq\o(AB,\s\up7(→))＝a，eq\o(AD,\s\up7(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up7(→))＝c，且|a|＝|b|＝|c|＝1．則有eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))＝a＋b，eq\o(OB1,\s\up7(→))＝eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(BB1,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up7(→))＋eq\o(BB1,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(AD,\s\up7(→)))＋eq\o(BB1,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c，∴eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(OB1,\s\up7(→))＝(a＋b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a－\f(1,2)b＋c))＝eq\f(1,2)|a|2＋eq\f(1,2)a·b－eq\f(1,2)a·b－eq\f(1,2)|b|2＋a·c＋b·c＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝0．∴eq\o(AC,\s\up7(→))⊥eq\o(OB1,\s\up7(→))，即AC⊥OB1．∵eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(DD1,\s\up7(→))＝b＋eq\f(1,2)c，∴eq\o(OB1,\s\up7(→))·eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a－\f(1,2)b＋c))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2)c))＝eq\f(1,2)a·b－eq\f(1,2)|b|2＋c·b＋eq\f(1,4)a·c－eq\f(1,4)b·c＋eq\f(1,2)|c|2＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝0，∴eq\o(OB1,\s\up7(→))⊥eq\o(AP,\s\up7(→))，即OB1⊥AP．又∵AC∩AP＝A，∴OB1⊥平面APC．1．已知邊長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心為O1，則eq\o(AO1,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))的值為()A．－1 B．0C．1 D．2C[eq\o(AO1,\s\up7(→))＝eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\o(A1O1,\s\up7(→))＝eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(A1B1,\s\up7(→))＋eq\o(A1D1,\s\up7(→)))＝eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→)))，而eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))，則eq\o(AO1,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))2＋eq\o(AD,\s\up7(→))2)＝1，故選C．]2．已知a，b是兩異面直線，A，B∈a，C，D∈b，AC⊥b，BD⊥b且AB＝2，CD＝1，則直線a，b所成的角為()A．30° B．60°C．90° D．45°B[由于eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(DB,\s\up7(→))，則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(CD,\s\up7(→))2＝1．cos〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(CD,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up7(→))·\o(CD,\s\up7(→)),\o(|\o(AB,\s\up7(→))|·|\o(CD,\s\up7(→))|))＝eq\f(1,2)，eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(CD,\s\up7(→))〉＝60°．]3．如圖所示，已知正三棱錐A-BCD的側(cè)棱長(zhǎng)和底面邊長(zhǎng)都是a，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，AD上的點(diǎn)，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶2，則eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝________．eq\f(1,6)a2[因?yàn)辄c(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，AD上的點(diǎn)，所以eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BD,\s\up7(→))，所以eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BD,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))，結(jié)合圖形可知〈eq\o(BD,\s\up7(→))，eq\o(BC,\s\up7(→))〉＝60°，所以eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BD,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)×a×a×cos60°＝eq\f(1,6)a2．]4．已知在正四面體D-ABC中，全部棱長(zhǎng)都為1，△ABC的重心為G，則DG的長(zhǎng)為________．eq\f(\r(6),3)[如圖，連接AG并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)M，連接DM，∵G是△ABC的重心，∴AG＝eq\f(2,3)AM，∴eq\o(AG,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AM,\s\up7(→))，eq\o(DG,\s\up7(→))＝eq\o(DA,\s\up7(→))＋eq\o(AG,\s\up7(→))＝eq\o(DA,\s\up7(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AM,\s\up7(→))＝eq\o(DA,\s\up7(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(DM,\s\up7(→))－eq\o(DA,\s\up7(→)))＝eq\o(DA,\s\up7(→))＋eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(DB,\s\up7(→))＋\o(DC,\s\up7(→))－\o(DA,\s\up7(→))))＝eq\f(1,3)(eq\o(DA,\s\up7(→))＋eq\o(DB,\s\up7(→))＋eq\o(DC,\s\up7(→)))，而(eq\o(DA,\s\up7(→))＋eq\o(DB,\s\up7(→))＋eq\o(DC,\s\up7(→)))2＝eq\o(DA,\s\up7(→))2＋eq\o(DB,\s\up7(→))2＋eq\o(DC,\s\up7(→))2＋2eq\o(DA,\s\up7(→))·eq\o(DB,\s\up7(→))＋2eq\o(DB,\s\up7(→))·eq\o(DC,\s\up7(→))＋2eq\o(DC,\s\up7(→))·eq\o(DA,\s\up7(→))＝1＋1＋1＋2(cos60°＋cos60°＋cos60°)＝6，∴|eq\o(DG,\s\up7(→))|＝eq\f(\r(6),3)．]5．如圖，正四面體V-ABC的高VD的中點(diǎn)為O，VC的中點(diǎn)為M．(1)求證：AO，BO，CO兩兩垂直；(2)求〈eq\o(DM,\s\up7(→))，eq\o(AO,\s\up7(→))〉．[解](1)證明：設(shè)eq\o(VA,\s\up7(→))＝a，eq\o(VB,\s\up7(→))＝b，eq\o(VC,\s\up7(→))＝c，正四面體的棱長(zhǎng)為1，則eq\o(VD,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)(a＋b＋c)，eq\o(AO,\s\up7(→))＝eq\f(1,6)(b＋c－5a)，eq\o(BO,\s\up7(→))＝eq\f(1,6)(a＋c－5